L1PC 2011/2012 USTV. Calculs. différentiels M231. Recueil d exercices corrigés et aide-mémoire. G. FACCANONI. Dernière mise-à-jour

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1 LPC / Recueil d eercices corrigés et aide-mémoire. USTV M Calculs différentiels G. FACCANONI ernière mise-à-jour Jeudi 9 avril

2 Attention, ce polcopié est encore en cours de développement, ne vous étonnez pas si vous découvrez des erreurs. Merci de me les communiquer. Gloria FACCANONI IMATH Bâtiment U-8 T () Université du Sud Toulon-Var Avenue de l université B gloria.faccanoni@univ-tln.fr 8957 LA GARE - FRANCE i

3 Table des matières. Primitives et intégrales 5. Équations différentielles ordinaires. Limites et continuité 6 4. érivabilité et différentiabilité 7 5. Etrema (libres et liés) Intégrales multiples 7. Fonctions vectorielles d une variable réelle : courbes paramétrées 6 8. Champs de vecteurs, formes différentielles 6 A. Maima & wmaima 8

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5 . Primitives et intégrales Primitive Primitives Soit I un intervalle de R. Une fonction f : I R est intégrable s il eiste une fonction dérivable F : I R telle que pour tout I, F () = f (). Une telle fonction F est une primitive (ou intégrale indéfinie) de f. Eistence des primitives Soit I un intervalle de R et f : I R une fonction continue. Alors f est intégrable. Propriété Si F est une primitive de f alors, pour tout réel c, la fonction F + c est aussi une primitive de f. Toute primitive de f est nécessairement de la forme F + c pour une certaine constante c. Notation L ensemble des primitives d une fonction f est noté f ou encore f () d. Remarque Si a I alors F () = a f (t) dt est l unique primitive qui s annule en a. Linéarité Soit I un intervalle de R, f et g : I R deu fonctions intégrables et k R. Alors (f () + g ()) d = f () d + g () d et k f () d = k f () d. Intégration directe Calcul des primitives ans le tableau qui suit on sous-entend que l intégration est réalisée sur un intervalle contenu dans l ensemble de définition de la fonction à intégrer. n d = n+ n+ + c = [f ()] n f [f ()]n+ () d = n+ + c pour n d = ln() + c = f () f () d = ln( f () ) + c e d = e + c = e f () f () d = e f () + c a d = (log a e)a + c = a f () f () d = (log a e)a f () + c sin() d = cos() + c = sin(f ())f () d = cos(f ()) + c 5

6 . Primitives et intégrales Jeudi 9 avril cos() d = sin() + c = d = tan() + c cos () = d = arcsin() + c = arccos() + c = + d = arctan() + c = cosh() d = sinh() + c = sinh() d = cosh() + c = d = tanh() + c = cosh () cos(f ())f () d = sin(f ()) + c f () d = tan(f ()) + c cos (f ()) f () d = arcsin(f ()) + c = arccos(f () + c (f ()) f () +(f ()) d = arctan(f ()) + c cosh(f ())f () d = sinh(f ()) + c sinh(f ())f () d = cosh(f ()) + c f () d = tanh(f ()) + c cosh (f ()) Intégration par changement de variable Soit F une primitive de f et g une fonction dérivable. Alors la fonction f (g ())g () est intégrable et l on a f (g ())g () d = F (g ()) + c. Autrement dit, en posant u = g () on obtient du d = g (), soit encore du = g () d et donc f (g ())g () d = f (u) du = F (u) + c. Intégration par parties Soit f et g deu fonctions dérivables. Alors f ()g () d = f ()g () f ()g () d. Eemple Calculer une primitive de ln avec les trois méthodes décrites ci-dessus. Intégration directe : comme ln Intégration par changement de variable : d = f ()f () d avec f () = ln() et comme f ()f () d = on pose u = ln() donc du = d Intégration par parties : et ln d = u du = u + c = ln () + c. [f ()] on conclut que ln d = ln () + c. 6 G. Faccanoni

7 Jeudi 9 avril. Primitives et intégrales si on pose g () = ln() et f () = alors g () = et f () = ln() donc ln finalement ln d = ln () + k. d = ln () ln d, i.e. ln d = ln + c et Fonction rationnelle Fonctions rationnelles Soit N () et () deu polnômes de degré respectivement ν et δ. Toute fonction du tpe P() = N () () est dite fonction rationnelle. Si ν δ on dit que P est une fonction rationnelle impropre. Si ν < δ on dit que P est une fonction rationnelle propre. Propriété Soit N et deu polnômes de degré respectivement ν et δ et P() = N () () une fonction rationnelle impropre (i.e. ν δ). Alors, en effectuant la division euclidienne de N par, on peut réécrire P comme P() = Q() + R() () où Q est un polnôme de degré ν δ et R un polnôme de degré au plus δ, ainsi R() () est une fonction rationnelle propre. On en déduit que N () P() d = () d = R() Q() d + () d. L intégration de Q étant triviale, on conclut que la difficulté de l intégration d une fonction rationnelle se réduit à l intégration d une fonction rationnelle propre. Propriété est une fonction rationnelle propre et si possède k racines réelles a k chacune de multiplicité m k et h couples de racines complees conjuguées qui sont racines du polnôme + b h + d h chacune de multiplicité n h (ainsi = b h 4d h < pour tout h), alors s écrit Si R() () () = c( a ) m ( a ) m...( a k ) m k ( + b + d ) n ( + b + d ) n...( + b h + d h ) n h et R() () se décompose en fractions simples sous la forme R() () = A, a + A, ( a ) + + A,m ( a ) m + A, a + A, ( a ) + + A,m ( a ) m A k, a k + A k, ( a k ) + + A k,m k ( a k ) m k + B, +C, + b + d + B, +C, ( + b + d ) + + B,n +C,n ( + b + d ) n + B, +C, + b + d + B, +C, ( + b + d ) + + B,n +C,n ( + b + d ) n + + où les A i,j, B i,j et C i,j sont des constantes. + B h, +C h, + b h + d h + B h, +C h, ( + b h + d h ) + + B h,n h +C h,nh ( + b h + d h ) n k G. Faccanoni 7

8 . Primitives et intégrales Jeudi 9 avril Pour intégrer une fonction rationnelle il suffit alors de connaître les primitives des quatre fractions simples suivantes : f () = A a, f () = A ( a) n, f () = B +C + b + d, f 4() = B +C ( + b + d) n. Intégration des fractions simples Supposons A,B,C, a,b,d R n N, n > = b 4d < alors. la primitive de f () = A a est. la primitive de f () = A ( a) n est. la primitive de f () = B +C +b+d est B +C + b + d d = A d = A ln a + cnst; a A ( a) n d = A + cnst; ( n)( a) n ( + b B +C ) ( ) d + d b ( B d b 4 t b = d b t + = B t + t dt + C B b 4 d b 4 ) +C dt + t dt + b = d b 4 t d = d b 4 dt = B ln + t + C B b d b = B ln + ( + b d b 4 ) 4 arctan(t) + cnst + C B b d b 4 arctan + b d b 4 + cnst; 4. la primitive de f 4 () = B +C ( +b+d) n est B +C ( + b + d) n d = B + b ( + b + d) n d }{{} I ( + C Bb ) ( + b + d) n d }{{} I avec et l intégrale I n se calcule par récurrence I = B ( n)( + b + d) n I = ( + b + d) n d ) = (d b n 4 ( + t ) n dt }{{} I n + b = d b 4 t d = d b 4 dt I n t n = (n )( + t + ) n (n ) I n. 8 G. Faccanoni

9 Jeudi 9 avril. Primitives et intégrales Eemple. On veut intégrer la fonction rationnelle propre f () = 4+5. Comme = < il s agit d un intégrale du tpe B +C +b+d d. Le dénominateur se décompose comme = ( ) + et l intégrale s écrit (t + ) f () d = ( ) + d = t dt = t + t + dt t + dt = ln( + t ) arctan(t) + cnst = ln(( + ) + ) arctan( ) + cnst. On veut intégrer la fonction rationnelle propre f () = +. On doit d abord la décomposer en fractions simples ; comme 4 4 = ( 4) = ( )( + ) la fonction admet la décomposition f () = + ( )( + ) = A + A + A + Pour calculer les constantes A i on peut utiliser le principe d identité des polnômes : + ( )( + ) = A ( )( + ) + A ( + ) + A ( ) = (A + A + A ) + (A A ) 4A ( )( + ) ( )( + ) ainsi f () d = 4 d 5 8 A d A + d = 4 ln 5 8 ln + 7 ln + + c. 8. On veut intégrer la fonction rationnelle impropre f () = + 5. On effectue d abord la division euclidienne A + A + A = A A = 4A = ainsi f () = Maintenant on décompose le terme 5 5 en fractions simples : on a 5 = (+ )( ) et on doit chercher les deu constantes A et A telles que En utilisant le principe d identité des polnômes on a On conclut que et = A ( ) + A ( + ) = A + + A = (A + A ) A + A 5 f () = / /6 f () d = ln ln + c. 6 { A + A = 7 A + A = On veut intégrer la fonction rationnelle propre f () =. On doit d abord la décomposer en fraction simples ; comme 5 5 = ( )( + ) la fonction f admet la décomposition f () = A, + A, + + A, ( + ). On détermine les constantes en utilisant le principe d identité des polnômes 4 5 = A,( + ) + A, ( )( + ) + A, ( ) 5 = (A, + A, ) + (A, A, + A, ) + A, A, A, 5 A, + A, = A, A, + A, = A, A, A, = 4 G. Faccanoni 9

10 . Primitives et intégrales Jeudi 9 avril On conclut que et f () = /6 + / /4 ( + ) f () d = ln ln + 5 4( + ) + c. 5. On veut intégrer la fonction rationnelle propre f () = + ( +5). Comme = 4 <, la fonction f se décompose comme f () = B +C B +C ( + 5). On détermine les constantes en utilisant le principe d identité des polnômes + ( + 5) = B +C B +C ( + 5) = B + (C B ) + (5B C + B ) + 5C +C ( + 5) B = C B = 5B C + B = 5C +C = On obtient alors que On calcule I : f () d = + 5 d = = = + 5 d }{{} I ( ) + 4 d t + dt + ( + 5) d. }{{} I + t dt = arctan(t) + c = arctan = t d = dt ( ) + c; On calcule I : ( + 5) d = ( + 5) d ( + 5) d = + 5 ( + 5) d = + 5 (( ) + 4) d = (t + ) dt = + 5 ( t 8 + t + ) + t dt = + 5 ( ) t 6 + t + arctan(t) = + 5 ( ( )) ( ) arctan c = 8( + 5) ( ) 6 arctan + c. On conclut que 6. On veut intégrer la fonction rationnelle propre f () = f () d = 7 ( ) 6 arctan + 7 8( + 5) + c. ( +) qui se décompose comme f () = A + A + A + B +C + + B +C ( + ). On détermine les constantes en utilisant le principe d identité des polnômes ( + ) = A + A + A + B +C + + B +C ( + ) = (A + B ) 6 + (A +C ) 5 + (A + A + B + B ) 4 + (A +C +C ) + (A + A ) + (A ) + (A ) ( + ) A + B = A +C = A + A + B + B = A +C +C = A + A = A = A = G. Faccanoni

11 Jeudi 9 avril. Primitives et intégrales On obtient alors que f () d = d + d + + d + ( + ) d + ln + ( + ) + c. = ln + ln + + = ln ( + ) d Intégrales définies Théorème fondamentale du calcul différentiel et intégral Soit f une fonction continue sur [a;b] et F une primitive de f sur [a;b]. Alors. la dérivée de g () = f () d eiste et est égale à f () ; b a a. f () d = F (b) F (a). L epression F (b) F (a) se note aussi [F ()] b a ou encore F () b a. Remarque Si f est de classe C sur [a;b] alors g () = f () f (a) = a f () d. Interprétation géométrique L intégrale définie b a f () d correspond à l aire du domaine du plan situé entre le graphe de f et l ae des abscisses, compté positivement pour la partie située audessus de l ae des abscisses et négativement pour la partie située en dessous. + a + b Eemple f () = 9 4 [ / ] / d = = 9 8 Calcul d aires Soit f et g deu fonctions intégrables sur [a;b] telles que f () g () sur [a;b]. L aire de la surface comprise entre les graphes de f et g entre a et b est définie par l intégrale b a (f () g ()) d. G. Faccanoni

12 . Primitives et intégrales Jeudi 9 avril Eemple 4 f () = ( ) g () = + (g () f ())d Propriété Soit [a; b] un intervalle de R avec a < b, f et g : [a; b] R deu fonctions intégrables. b Relation de Chasles : a f () d = c a f () d + b c f () d pour tout c [a;b]. Relation d ordre : si f () g () pour toute [a;b] alors b a f () d b a g () d. Nullité : si f est continue sur [a;b] et f () pour toute [a;b] alors b a f () d = si et seulement si f (). Parité : si f est paire sur [ a; a] avec a alors a a f () d = a f () d ; si f est impaire sur [ a; a] avec a alors f () d =. a a Valeur absolue : b a f () d b a f () d. Moenne : si m f () M pour toute [a;b] alors m sur [a;b]. b a f () d b a M. Le nombre b a f () d b a est la valeur moenne de f Intégrales généralisées Étudier la nature d une intégrale généralisée (ou impropre) c est préciser si elle est convergente ou divergente. Intégrale généralisée de première espèce : cas d une fonction bornée sur un intervalle non borné Soit f une fonction définie sur [a;+ [ et intégrable sur tous les intervalles [a;b] pour b a. L intégrale généralisée de première espèce de f sur [a;+ [ est égale, lorsqu elle eiste, à la limite + a b f () d = lim f () d. b + a On définit de manière analogue l intégrale généralisée sur l intervalle ] ; a]. Si la limite eiste on dit que l intégrale est convergente, dans le cas contraire, on dit qu elle est divergente. G. Faccanoni

13 Jeudi 9 avril. Primitives et intégrales Eemple Soit a >. Alors + a r d converge si et seulement si r > car [ ] + a r d = lim r c c + r si r, c a lim c + [ln()]c a si r =, = lim r c + r si r, r si r >, = + si r <, lim ln(c) si r =, c + + si r =. Règles de convergence Condition nécessaire de convergence : si l intégrale + a f () d converge et si lim f () eiste alors lim + + f () =. Comparaison de fonctions positives : soit f et g deu fonctions définies sur [a;+ [ telles que f () g () sur [a;+ [ et intégrables sur tous les intervalles [a;b] pour b a. Si + a g () d converge alors + a f () d converge aussi. Si + a f () d diverge alors + a g () d diverge. Comparaison de fonctions équivalentes : soit f et g deu fonctions positives définies sur [a;+ [ telles que f () g () lorsque tend vers + et intégrables sur tous les intervalles [a;b] pour b a. Alors + a f () d et + a f () d sont de même nature. Eemple. L intégrale + arctan() d converge tandis que l intégrale + arctan() d diverge. En effet, comme π 4 arctan() π pour tout [;+ [, alors + arctan() + π + arctan() + π d d < +, d d > L intégrale + cos() d converge car + cos() d + cos() d + cos() d et + cos() + d cos() + d d =. Intégrale généralisée de deuième espèce : cas d une fonction non bornée sur un intervalle borné Soit f une fonction définie sur ]a;b] sans être définie au point a et intégrable sur tous les intervalles [c;b] pour c ]a;b[. L intégrale généralisée de deuième espèce de f sur ]a;b] est égale à la limite b a b f () d = lim f () d c a + c lorsqu elle eiste. Si la limite eiste on dit que l intégrale est convergente, dans le cas contraire, on dit qu elle est divergente. Eemple Soit a. Alors a r d converge si et seulement si r < car [ ] a a lim r a [ ] d = lim r c + c r d = c + r si r lim a r c r c lim c [ln()]a + c si r = = c + r si r si r > = a r lim [ln(a) ln(c)] si r = r si r < c + si r =. Règles de convergence Condition suffisante de convergence : si lim f () eiste alors l intégrale b a a f () d converge. G. Faccanoni

14 . Primitives et intégrales Jeudi 9 avril Comparaison de fonctions positives : soit f et g deu fonctions définies sur ]a;b] telles que f () g () sur ]a;b] et intégrables sur tous les intervalles [c;b] pour c > a. Si b a g () d converge alors b a f () d converge aussi. Si b a f () d diverge alors b a g () d diverge. Comparaison de fonctions équivalentes : soit f et g deu fonctions positives définies sur ]a;b] telles que f () g () lorsque tend vers a + et intégrables sur tous les intervalles [c;b] pour c > a. Alors b a f () d et b a f () d sont de même nature. éfinition. Si f est intégrable sur tous les intervalles [c;d] contenus dans ]a,b[ mais n est pas définie ni en a ni en b, on pose b avec c ]a, b[ quelconque. On dit que l intégrale c a f () d et b c f () d convergent. a c b f () d = f () d + f () d a c b a f () d converge si et seulement si les deu intégrales. Si f est intégrable sur tous les intervalles [c;d] contenus dans ]a,+ [ mais elle n est pas définie en a, on pose + avec c ]a, + [ quelconque. On dit que l intégrale c a f () d et + c f () d convergent. a c f () d = f () d + a + a +. Si f est intégrable sur tous les intervalles [c;d] contenus dans R, on pose + c f () d = f () d + c f () d f () d converge si et seulement si les deu intégrales + c f () d avec c R quelconque. On dit que l intégrale c f () d et + c f () d convergent. + f () d converge si et seulement si les deu intégrales Fonctions définies par une intégrale Théorème Soit f une fonction intégrable sur un intervalle J R (i.e. elle peut être discontinue mais elle doit être bornée) et soit a J. Alors la fonction F : J R F () = a f (t) dt est continue sur J, est dérivable en tout point J où f est continue et F ( ) = f ( ). Propriété F (a) = F (b) = b a f (t) dt =constante Si f est positive (resp. négative) dans un intervalle [p, q] qui contient a, si > a alors f et F ont même signe si < a alors f et F ont signe opposé Si f est continue alors F est continue et dérivable ; si f est dérivable alors F est continue et dérivable. En effet, si 4 G. Faccanoni

15 Jeudi 9 avril. Primitives et intégrales f C k (J) alors F C k+ (J) car f (k) () = F (k+) (). e plus si f () = alors F a tangente horizontale si f () > alors F est croissante si f () < alors F est décroissante si f (c) = et f (c) > alors c est un minimum pour F si f (c) = et f (c) < alors c est un maimum pour F Eemple Soit f : [,4] R la fonction définie par f (t) = t 5t+6 t +. On veut étudier la fonction F () = f (t) dt. Régularité : f C ([,4]) donc F C ([,4]). Variations : comme F () = f () alors F () > pour >, i.e. < <, > : fonction F croissante, F () < pour >, i.e. < < : fonction F décroissante, en = et = la fonction f change de signe e F est continue donc = est un maimum local pour F et F () = t 5t+6 dt, t + = est un minimum local pour F et F () = t 5t+6 dt. t f F 4 4 Proposition Si u et v sont deu fonctions dérivables de J dans R, alors la fonction F () = v() u() f (t) dt est dérivable et F () = f (v())v () f (u())u (). Eemple On veut calculer sur ];+ [ la dérivée de la fonction On a ln(t) F () = dt. / t F () = f (v())v () f (u())u () = ln( ) On peut vérifier directement le résultat obtenu : [ ln(t) ln ] (t) F () = dt = / t / F () = 4 ln() ln(/) ln(/) / = ln() + ln(). = 4ln() = ln ( ) ln (/) ln() ln() = ln () ln (/), = ln() + ln(). G. Faccanoni 5

16 . Primitives et intégrales Jeudi 9 avril Eercices Eercice. Intégration directe Calculer les intégrales suivants :. + d. + d. d d 5. e + d 4 6. ( ) d 7. + d d e 9. + e d e. d. e / d. e d. ln d 4. ln d 5. e d + cos 6. + sin d 7. + d sin() 8. + sin d 9. d. sin cos d. sin() d. sin cos d sin. d 4. ( + ) d 5. + d e tan 6. cos d 7. (a + b) n d avec a et n 8. d avec (a + b) n a + b, a et n > d +. ( + ) d ( + cos ) d d sin cos d + e d cos sin d sin(4) d SOLUTION.. ( + ) + c. (8 + ) 4/ + c. + + c ( + ) 4. + c e c ( )7/4 + c 7. ln( + ) + c 8. (5 + ) / + c 9. ln( + e ) + c. e + c. e / + c. e + c. ln c 4. ln + c e 5. + c 6. ln + sin + c arctan( 4 ) 7. + c 4 8. ln( + sin ) + c 9. + c. sin 4 + c 4. cos() + c. ln tan + c. cos + c ( + ) 4. + c 6 5. ( + ) + c 4 6. e tan + c 7. (a + b) n+ + c a n + 8. (a + b) n+ + c a n arctan + c c. sin cos + sin + + c. arcsin + + c. tan tan + c 4. ln( + e ) + c 5. cos + c 6. 4 ln tan() + c 6 G. Faccanoni

17 Jeudi 9 avril. Primitives et intégrales Eercice. Intégration par parties Calculer les intégrales suivants :. ln(ln()). d. ln( + ) d 4. ln() d e d ln d sin d ln d cos d arcsin d sin cos etan d sin d e sin() d e cos() d ln d ln 4 d ln d sin d SOLUTION.. Comme f () = ln() f () = et g () = g () = on obtient +ln + c. Comme f () = ln(ln()) f () = ln et g () = ln() g () = on obtient (ln(ln()) )ln() + c. Comme f () = ln( + ) f () = + et g () = g () = on obtient ( + )ln( + ) + c 4. Comme f () = f () = et g () = e g () = e on obtient e (( ) + ) + c 5. Comme f () = ln f () = et g () = g () = on obtient (ln ) + c 6. Comme f () = f () = et g () = cos g () = sin on obtient cos + sin + c 7. Comme f () = ln f () = / et g () = / g () = on obtient ln 4 + c 8. Comme f () = f () = et g () = sin g () = cos on obtient sin [ cos + sin ] + c 9. Comme f () = arcsin f () = et g () = g () = on obtient arcsin + + c. Comme f () = sin /cos f () = /cos et g () = e tan g () = etan / on obtient e tan (tan ) + c. Comme f () = sin( ) f () = cos( ) et g () = 4 /4 g () = on obtient cos( ) + sin( ) + c. Comme f () = sin() f () = cos() et g () = e / g () = e on obtient e (sin() cos()) + c. Comme f () = cos() f () = sin() et g () = e g () = e on obtient e (cos() sin()) + c 4. Comme f () = ln f () = 4 et g () = 4 g () = on obtient 4 (4ln ) + c 6 5. Comme f () = ln f () = et g () = 4/4 g () = 4 on obtient 4 /4 ( ln 4 ) + c 6. Comme f () = ln f () = et g () = ln g () = ln on obtient (ln ln + ) + c 7. Comme f () = sin f () = sin cos = sin() et g () = g () = on obtient 4 ( sin() cos())+c Eercice. Intégration par changement de variable Calculer les intégrales suivants : G. Faccanoni 7

18 . Primitives et intégrales Jeudi 9 avril sin(ln()) d + e d d d ( + ) e + e d ln d d ln e ln( + e ) d ( + ln ) d d 5 d e d ln d e + e e tan d cos d sin(ln ) d d + a + d d ln e / d cos + sin d cos d + d SOLUTION.. Si on pose t = ln() alors d = dt et on obtient cos(ln()) + c. Si on pose t = alors d = t dt et on obtient ( + e ) + c. Si on pose t = alors d = t dt et on obtient ln( ) + c 4. Si on pose t = + alors d = (t ) dt et on obtient 4 / + 5. Si on pose t = e alors e d = dt et on obtient ln( + e ) + c 6. Si on pose t = ln alors d = dt et on obtient ln ln + c 7. Si on pose t = ln alors d = t dt et on obtient ln + c 8. Si on pose t = + e alors e d = dt et on obtient ( + e )ln( + e ) e + c ( ) arctan ln 9. Si on pose t = ln alors d = dt et on obtient + c. Si on pose t = alors d = t dt et on obtient ( + ) + c. Si on pose t = alors d = t dt et on obtient ( + ) + c 9. Si on pose t = e alors d = t t + dt et on obtient ( e arctan( e )) ) + c. Si on pose t = ln alors d = e t dt et on obtient ln + c 4. Si on pose t = e alors d = t dt et on obtient arctane + c 5. Si on pose t = tan alors d = +t dt et on obtient e tan + c 6. Si on pose t = ln alors d = e t dt et on obtient cos(ln ) + c 7. Si on pose t = + alors d = t dt et on obtient + + c 8. Si on pose t = (a + a + ) alors d = t dt et on obtient + c 9. Si on pose t = ln alors d = dt et on obtient arcsin(ln ) + c. Si on pose t = alors d = dt et on obtient e / + c. Si on pose t = + sin alors cos d = dt et on obtient ln + sin + c. Si on pose t = alors d = dt et on obtient sin + c. Si on pose t = + alors d = t dt et on obtient ( ) + + c + c 8 G. Faccanoni

19 Jeudi 9 avril. Primitives et intégrales Eercice.4 Intégration de fonctions rationnelles Calculer les intégrales suivants : a a) b d a b) d, n ( b) n c) ( )( ) d + d) 4 d e) d SOLUTION. a) a b b) a ( b) n d = c) Comme Soit c une constante réelle. d = a ln b + c a ( n)( b) n + c ( )( ) = A ( ) + B ( ) ( ) + c ln + c = ln ssi A +B = et A B =, alors d) Comme + 4 = /4 + 5/ /8 alors + ln d = 4 4 5ln ln 8 + c e) Comme = ( 5 )+(7 ) = alors d = + 5 ln ( )( ) d = ( ) d + ( ) d = ln + ln + c Eercice.5 Calculer A = / + d, B = / + d, C = d. SOLUTION. A = [arctan()] = arctan() arctan( ) = π 4 π 4 = π, B = C = + t dt = A = π, d = [ ln ] = ln() ln() = ln() ln() ln() = ln() ln(). Eercice.6 Vitesse et accélération Une voiture roule à une vitesse de v(t) = v t( t) kmh durant l intervalle de temps t h. Quelle a été sa vitesse maimale? Quelle distance a-t-elle parcouru? SOLUTION. Vitesse maimale : v(t) = v t( t), v (t) = t, v (t) = ssi t = / et v(/) = v /4. istance parcourue : v(t) = (t) donc parcourue = v(t) dt = v /6. Eercice.7 Calcul de l aire Calculer l aire comprise entre le graphe de la fonction f () et le graphe de la fonction g () : a) f () = + + et g () = + b) f () = 4 et g () = G. Faccanoni 9

20 . Primitives et intégrales Jeudi 9 avril SOLUTION. a) Comme f () = g () ssi {,} et f () g () pour [,], l aire comprise entre le graphe de la fonction f () et le ] graphe de la fonction g () est (f () g ()) d = + 4 d = [ + 4 = 8. b) Comme f () = g () ssi {,} et f () g () pour [,], l aire comprise entre le graphe de la fonction f () et le graphe de la fonction g () est (f () g ()) d = [ d = 6 + ] =. f () = + + et g () = + f () = 4 et g () = g() f () g() f () Eercice.8 Calcul de l aire Calculer l aire de A et de B ainsi définis : { A = (, ) R π, } { 8 cos, B = (, ) R π π, } 8 cos. SOLUTION. Remarquons d abord que cos () d cos ()= sin () = ( sin ())cos() d = = cos() cos()sin () d = sin cos sin d t=sin dt=cos d = = sin t d t = sin t + k = sin sin + k, k R. Comme cos = ( ) 8 ssi = π ou = π( ) 5 alors Aire (A) = ds π cos d ( π ) 8 = ( ) 8 π = 9 π 4 et ( π ) π Aire (B) = ds cos d ( ) = π 8 8 π = 9 π. 4 G. Faccanoni

21 Jeudi 9 avril. Primitives et intégrales Eercice.9 Indiquer si les intégrales généralisées suivantes sont convergentes (même s il est parfois possible de calculer les primitives, ce n est pas nécessaire) e e d d e d sin(ln()) d cos() d cos() d + 5 d e + e + + d d arctan() d sin() d cos() d sin() d SOLUTION. e. d > d = + e. d > d = + e. d < e d = e sin(ln()) 4. d < car sin(ln()) d sin(ln()) cos() cos() 5. d < car lim = cos() cos() 6. d = + car d > cos() d = + 7. Comme f () = d d < +5 est positive, continue et f () < dans ];] et comme d converge, alors + 5 d converge aussi. + e + e 8. d < car d < + e d < + e + e + 9. d = + car d > e d = + + arctan() + π. d d = sin() + +. < d < car = d < sin() + d < d = + cos() + +. < d < car = d < cos() + d < d = + sin() sin() + sin() sin() sin(). d = d + d. Comme lim = alors d < +. Pour l autre intégrale, en intégrant par parties on obtient d = lim cos() ] c c + {[ sin() } cos() c cos() c + d = cos() lim c + d. Puisque cos() + c et d < + alors lim cos() + sin() c + d < +. onc l intégrale d est convergente. Eercice. Soit f : [,+ [ R + une fonction continue, avec R +. On suppose que lim + f () =. Établir si l intégrale suivante est convergente : + f () d. G. Faccanoni

22 . Primitives et intégrales Jeudi 9 avril SOLUTION. Comme f est une fonction strictement positive et continue, alors f est une fonction strictement positive et f () continue. Comme lim + = alors lim + f () = + et donc lim + f () =. e plus, On conclut que l intégrale est convergente. lim + f () = lim + f () =. Eercice. Intégrales généralisées Pour α et β positifs calculer, lorsqu elles eistent, les intégrales généralisés suivants : a) a α ln β d avec a > b) + a α ln β d avec a > SOLUTION. a) Si α elle diverge pour tout β ; si α <, elle converge si β < et diverge si β. b) Si α > elle converge pour tout β ; si α <, elle diverge pour tout β ; si α =, elle converge si β > et diverge si β. Eercice. Fonction intégrale Calculer les points de changement de concavité de la fonction F () = t ( + t) dt. SOLUTION. Soit f (t) = t ( + t). Comme f est de classe C (R), la fonction F est elle aussi de classe C (R). onc F () = f () = ( + ), F () = f () = +. onc F () = { ;}, F () > ] ; [ ];+ [, F () < ] ;[, F () = { /;}. F () > ] ; /[ ];+ [, F () < ] /;[, onc = est un point de changement de concavité et à tangente horizontale, = / est un point de changement de concavité Eercice. Intégrales, intégrales généralisées. Calculer la surface de la région plane coloriée dans la figure ci-dessous à gauche.. Calculer la surface de la région plane infinie coloriée dans la figure ci-dessous à droite. = = = ln = ln G. Faccanoni

23 Jeudi 9 avril. Primitives et intégrales SOLUTION.. On a ln = ssi = et ln = ssi = e. onc e ln Surface = d = [ ln ] e e + [ d = ln ] e = e.. Il suffit de rajouter à la surface calculée au point précédent l intégrale généralisé suivant onc la surface plane infinie mesure e. + e [ d = lim ] a = a + e e. e e = = ln = ln Eercice.4 Intégrales, intégrales généralisées. Calculer la surface de la région plane coloriée dans la figure ci-dessous à gauche.. Calculer la surface de la région plane infinie coloriée dans la figure ci-dessous à droite. = = = ln = ln SOLUTION.. On a ln ln = ssi = et = ssi = e. onc e [ ] ln e Surface = d = ln =.. Il suffit de rajouter à la surface calculée au point précédent l intégrale généralisé suivant onc la surface plane infinie mesure +. + e d = lim a + [ln()]a e = +. G. Faccanoni

24 . Primitives et intégrales Jeudi 9 avril = = e e = ln = ln Eercice.5 Intégrales, intégrales généralisées. Calculer la surface de la région plane coloriée dans la figure ci-dessous à gauche.. Calculer la surface de la région plane infinie coloriée dans la figure ci-dessous à droite. = = = ln = ln SOLUTION.. On a ln = ssi = et ln = ssi = e. onc e ln Surface = [ d = ] e ln e + [ d = ln ] e =. e. Il suffit de rajouter à la surface calculée au point précédent l intégrale généralisé suivant onc la surface plane infinie mesure e. [ d = lim ] a = e a +. e e + = e e = = ln = ln Eercice.6 Intégrales, intégrales généralisées. Calculer la surface de la région plane coloriée dans la figure ci-dessous à gauche.. Calculer la surface de la région plane infinie coloriée dans la figure ci-dessous à droite. 4 G. Faccanoni

25 Jeudi 9 avril. Primitives et intégrales = = = ln = ln SOLUTION.. On a ln = ssi = et ln = ssi = e. onc e ln Surface = [ d = ] ln e e + [ d = ln ] e 4 = e.. Il suffit de rajouter à la surface calculée au point précédent l intégrale généralisé suivant [ d = lim e a + + onc la surface plane infinie mesure 4 4 e. ] a e = e. = e e = = ln = ln Eercice.7 Intégrales, intégrales généralisées. Calculer la surface de la région plane coloriée dans la figure ci-dessous à gauche.. Calculer la surface de la région plane infinie coloriée dans la figure ci-dessous à droite. Maimum = e = e SOLUTION. Calculons d abord les primitives de la fonction f () = e : F () = e d = e + e d ( = e + e + ) e d = e + ( e e ) +C = ( + + ) e +C G. Faccanoni 5

26 . Primitives et intégrales Jeudi 9 avril avec C R.. La surface de la région plane coloriée dans la figure à gauche correspond à F (M) F () où M est l abscisse du maimum pour f. Comme f () = ( )e, alors M = et la surface mesure F (M) F () = e +.. La surface de la région plane infinie coloriée dans la figure à droite correspond à ( lim (F (b) F ()) = lim ( b + b + ) ) e b + =. b + b + Eercice.8 Intégrales, intégrales généralisées. Calculer la surface de la région plane coloriée dans la figure à gauche.. Calculer la surface de la région plane infinie coloriée dans la figure à droite. Maimum = e = e SOLUTION. Calculons d abord les primitives de la fonction f () = e : F () = e d = e e d ( ) = e e e d f () = f () = g () = e g () = e f () = f () = g () = e g () = e avec C R. = e ( e e ) +C = ( + ) e +C. La surface de la région plane coloriée dans la figure à gauche correspond à F () F (M) où M est l abscisse du maimum pour f. Comme f () = ( + )e, alors M = et la surface mesure F () F (M) = e +.. La surface de la région plane infinie coloriée dans la figure à droite correspond à ( lim (F () F (b)) = lim ( b b + ) e b) =. b b Eercice.9 Intégrales, intégrales généralisées. Calculer la surface de la région plane coloriée dans la figure ci-dessous à gauche.. Calculer la surface de la région plane infinie coloriée dans la figure ci-dessous à droite. f () = (+)ln (+) f () = (+)ln (+) f ( ) f () f () f () = f () = g () = e g () = e f () = f () = g () = e g () = e 6 G. Faccanoni

27 Jeudi 9 avril. Primitives et intégrales SOLUTION. Calculons d abord une primitive de la fonction f () = directement car F () = ( + )ln ( + ) d =. Surface de la région plane coloriée dans la figure à gauche : ( f ( ) ) ( f () + ( + )ln ( + ) d ) ( f () = f. Surface de la région plane infinie coloriée dans la figure à droite : ( + )ln ( + ) : si on pose h() = ln( + ) on peut intégrer (+)ln (+) [h()] h () d = [h()] = ln( + ) = ( ln ( ) ) f () + F () F ) + ( ) f () ln ( ) ln() ln () d ( )f () = F () lim F (c) f () = c + ln() + lim c + ln( + c) ln () = +. Eercice. Intégrales, intégrales généralisées. Calculer la surface de la région plane coloriée dans la figure ci-dessous à gauche.. Calculer la surface de la région plane infinie coloriée dans la figure ci-dessous à droite. f () = ( +)ln ( +) f () = ( +)ln ( +) f ( ) f () f () SOLUTION. Calculons d abord une primitive de la fonction f () = : si on pose h() = ( +)ln ( +) ln( +) on peut intégrer directement car F () = ( + )ln ( + ) d = [h()] h () d = [h()] = ln( + ). Surface de la région plane coloriée dans la figure à gauche : ( ( + )ln ( + ) d ) f () = F () F ( ). Surface de la région plane infinie coloriée dans la figure à droite : ( + )ln ( + ) 6ln () = ln() + ln(/9) 6ln (). d ( )f () = F () lim F (c) f () = c + ln() + lim c + ln(c + ) ln () = +. Eercice. Cette figure est le graphe de la fonction f : R R. G. Faccanoni 7

28 . Primitives et intégrales Jeudi 9 avril 4 4 t Tracer le graphe de la fonction F () = f (t) dt en étudiant. le régularité de F (continuité, dérivabilité etc.),. le tableau de variations de F,. la conveité de F, 4. les limites en ± de F. 5. Combien de solutions a l équation F () =? Justifier brièvement chaque réponse. SOLUTION.. f étant intégrable, F est continue ; comme f est continue sauf en = et = où elle a une discontinuité de première espèce, alors F est dérivable sauf en = et = ;. tableau de variations de F : F () = ssi f () = ssi ] ; [ ];[ ];+ [ F () > ssi f () > ssi < < F () < ssi f () < ssi < <. conveité de F : F () > ssi f () > ssi < < F () < ssi f () < ssi < < 4. limites en ± de F : lim F () = lim f (t) dt = lim + F () = lim + f (t) dt = + = 5. L équation F () = a deu solutions : = et =. Le graphe de la fonction F : R R est 4 4 t Eercice. Cette figure est le graphe de la fonction f : R R. 4 4 t Tracer le graphe de la fonction F () = f (t) dt en étudiant. le régularité de F (continuité, dérivabilité etc.),. le tableau de variations de F,. la conveité de F, 4. les limites en ± de F. 5. Combien de solutions a l équation F () =? Justifier brièvement chaque réponse. 8 G. Faccanoni

29 Jeudi 9 avril. Primitives et intégrales SOLUTION.. f étant intégrable, F est continue ; comme f est continue sauf en = et = où elle a une discontinuité de première espèce, alors F est dérivable sauf en = et = ;. tableau de variations de F : F () = ssi f () = ssi ] ; [ ];[ ];+ [ F () < ssi f () < ssi < < F () > ssi f () > ssi < <. conveité de F : F () < ssi f () < ssi < < F () > ssi f () > ssi < < 4. limites en ± de F : lim F () = lim f (t) dt = lim + F () = lim + f (t) dt = = 5. L équation F () = a deu solutions : = et =. Le graphe de la fonction F : R R est 4 4 t Eercice. Cette figure est le graphe de la fonction f : R R. 4 4 t Tracer le graphe de la fonction F () = f (t) dt en étudiant. le régularité de F (continuité, dérivabilité etc.),. le tableau de variations de F,. la conveité de F, 4. les limites en ± de F. 5. Quel est le signe de F ()? Justifier brièvement chaque réponse. SOLUTION.. f étant intégrable, F est continue ; comme f est continue sauf en = et = où elle a une discontinuité de première espèce, alors F est dérivable sauf en = et = ;. tableau de variations de F : F () = ssi f () = ssi ] ; [ ou = F () < ssi f () < ssi < < F () > ssi f () > ssi < < ou >. conveité de F : F () < ssi f () < donc pour aucun R F () > ssi f () > ssi < < ou < < Le graphe de la fonction F : R R est limites en ± de F : lim F () = lim f (t) dt = lim + F () = lim + f (t) dt = = + 5. F () = f (t) dt = f (t) dt + f (t) dt = + f (t) dt < car f est convee dans [;] G. Faccanoni 9 t

30 . Primitives et intégrales Jeudi 9 avril Eercice.4 Fonction intégrale Celui en figure est le graphe de la fonction f continue sur l intervalle ] 9,9[. Tracer un graphe plausible de la fonction F () = 6 f (t)dt en surlignant notamment les éventuels points de changement de concavité. Préciser ensuite, en fournissant une adéquate eplication, combien de solutions a l équation F () = SOLUTION. F est clairement continue. e plus f () > donc F est croissante et F () < si < 6, F () = si = 6, F () > si >. Points de changement de concavité 5 Enfin, f est croissante pour [ 9, 6) (,6) et décroissante pour ( 6,) (6,9) donc F est convee sur [ 9, 6) et sur (,6), concave sur ( 6,) et sur (6,9) ; = 6 et = 6 sont points de ma et = est point de min pour f donc ils sont des points de changement de concavité pour F. Puisque F (6) > 5, l équation F () = 5 a eactement une solution Eercice.5 Fonction intégrale Celui en figure est le graphe de la fonction f : R R définie par f (t) = si t, f (t) = e t si t >. Tracer un graphe plausible de la fonction F : [ ;] R définie par F () = f (t)dt sans calculer la primitive de f, en surlignant notamment les éventuels points de non dérivabilité. Préciser ensuite, en fournissant une adéquate eplication, combien de solutions a l équation F () =. / e Changement de concavité t SOLUTION. Comme f n est pas continue en = alors F est continue mais non dérivable en = ; plus précisément la pente de la tangente au graphe de F à gauche de = est tandis que la pente de la tangente à droite de = est. e plus / e /e F ( ) = G. Faccanoni

31 Jeudi 9 avril. Primitives et intégrales F () = (il suffit un simple calcule d aire, voir figure ci-contre) F est linéaire pour [ ;] avec pente car sa dérivée est la constante comme f () > pour [,], F est monotone croissante pour [,] comme f () < pour [,], F est concave pour [,] comme f () = /e et f (t) dt < + ( ) ( f () + )( ) e f () < (calculer l aire à l aide du dessin ci-contre en sachant que pour [ ; ] la fonction f est convee), alors comme F () = f (t) + f (t) < + = f (t) dt > e + ( ) f () > (calculer l aire), alors l équation F () = admet solutions : une solution appartient à l intervalle ] ;[ car F ( ) =, F () = et F est linéaire, l autre solution appartient à l intervalle ];[ F () Eercice.6 Fonction intégrale Celui en figure est le graphe de la fonction f : [; 5] [ ; ]. Tracer un graphe plausible de la fonction F : [;5] R définie par F () = f (t)dt. Préciser ensuite, en fournissant une adéquate eplication, combien de solutions a l équation F () =. convee affine concave constanteconvee 4 5 t f (t) SOLUTION. F est de classe C ([;5]) car f est continue. F () = f (t)dt =. F est décroissante pour < et croissante pour >, = est un minimum pour F (car f est la dérivée de F ). Si < alors F () > car f (t)dt = f (t)dt et comme f () < alors f (t)dt <. e plus, par un calcul de surface on a l estimation < F () = f (t)dt <. Comme F est continue, F () >, F () = et F est monotone dans [,] alors l équation F () = admet une et une seule solution dans l intervalle [,]. Comme F () = [ ] f (t)dt avec f la droite d équation = alors F () = =. Comme F est continue, F () =, F est monotone dans [,5] et F (5) > alors l équation F () = admet une et une seule solution dans l intervalle [,5] qui est la solution trouvée au point précédent, c est-à-dire =. F est convee pour [,5/], concave pour [5/,] [4,5], affine pour [,4] (car f est la dérivée seconde de F ). G. Faccanoni

32 . Primitives et intégrales Jeudi 9 avril 4 F () = f (t)dt affine 4 5 f () 4 5 Eercice.7 Fonction intégrale Celui en figure est le graphe de la fonction f : [; 5] [ ; ]. Tracer un graphe plausible de la fonction F : [;5] R définie par F () = f (t)dt. Préciser ensuite, en fournissant une adéquate eplication, combien de solutions a l équation F () =. affine constante f (t) 4 5 t SOLUTION. F est de classe C ([;5]) car f est continue. F () = f (t)dt =. F est décroissante pour < et croissante pour >, = est un minimum pour F (car f est la dérivée de F ). Si < alors F () > car f (t)dt = f (t)dt et comme f () < alors f (t)dt <. e plus, par un calcul de surface on a l estimation < F () = f (t)dt <. Comme F est continue, F () >, F () = et F est monotone dans [,] alors l équation F () = admet une et une seule solution dans l intervalle [,]. Comme F () = [ ] f (t)dt avec f la droite d équation = alors F () = =. Comme F est continue, F () =, F est monotone dans [,5] et F (5) > alors l équation F () = admet une et une seule solution dans l intervalle [,5] qui est la solution trouvée au point précédent, c est-à-dire =. F est convee pour [,] [5/,], concave pour [,5/] [4,5], affine pour [,4] (car f est la dérivée seconde de F ). 4 F () = f (t)dt affine 4 5 f () 4 5 G. Faccanoni

33 . Équations différentielles ordinaires Équations différentielles Une équation différentielle (EO) est une équation, dont l inconnue est une fonction, eprimée sous la forme d une relation F (,,,..., (n) ) = g () dans laquelle cohabitent à la fois = () et ses dérivées,,... (n est appelé l ordre de l équation). Si la fonction g, appelée «second membre» de l équation, est nulle, on dit que l équation en question est homogène. Une équation différentielle ordinaire admet généralement une infinité de solutions (dépendant de n constants d intégration). Pour en sélectionner une, on doit imposer des conditions supplémentaires qui correspondent à la valeur prise par la solution (et ses dérivées le cas échéant) en un point de l intervalle d intégration. On considérera par conséquent des problèmes, dits de CAUCHY, ainsi définis : Problème de Cauch On appelle problème de Cauch le problème trouver : I R R tel que F (,,,..., (n) ) = g (), I, ( ) =, ( ) =,. (n) ( ) = (n) avec un point de I et, (n),..., des valeurs données. Théorème de Cauch-Lipschitz Soient a et g deu fonctions continues d un intervalle I dans R, et considérons l équation différentielle, () + a()() = g (). Si (, ) I R, il eiste une unique solution de l équation différentielle telle que ( ) =. Remarque Graphiquement, ce théorème signifie que par tout point du plan dont l abscisse est dans I, il passe une courbe intégrale et une seule, autrement dit deu trajectoires ne peuvent pas se croiser. En particulier, si une équation différentielle admet comme solution la solution nulle, alors toute autre solution est soit toujours positive soit toujours négative. Eemple Modèles de croissance Hpothèse Malthusienne : à chaque instant, la croissance de la population est proportionnelle à son effectif : q (t) = αq(t). La désintégration atomique est un cas de décroissance régi par la même équation mais avec α <. Hpothèse de Verhulst : à chaque instant, la croissance de la population est «proportionnelle» à son effectif, mais inhibée par des ressources limitées : q (t) = αq(t)(m q(t)). Il est clair que m sera un point d équilibre, car la dérivée de q est nulle quand q = m. Hpothèse de Gompertz : à chaque instant, la croissance de la population est «proportionnelle» à son effectif, mais inhibée par des ressources limitées : q (t) = αq(t)(ln(k) ln(q(t)). Il est clair que k sera un point d équilibre, car la dérivée de q est nulle quand q = k.

34 . Équations différentielles ordinaires Jeudi 9 avril Équations différentielles du premier ordre Équations différentielles du premier ordre à variables séparables Lorsque l équation est de la forme f (()) () = g () où f et g sont des fonctions données dont on connaît des primitives F et G, on a et si F possède une fonction réciproque F, on en déduit F (()) = G() +C où C R, () = F (G() +C ), relation qui donne toutes les solutions de l équation. Cette solution générale dépend de la constante d intégration C. Astuce mnémotechnique En pratique, on peut écrire l équation f (()) () = g () sous la forme f () d = g () d, puis intégrer formellement les deu membres f () d = g () d, et eprimer en fonction de. Eemple On veut résoudre l équation différentielle () = () sur des intervalles à préciser. Il s agit d une EO du premier ordre à variables séparables : la fonction () est solution, toute autre solution () sera donc non nulle. On peut alors réécrire l EO comme () () = = d = d = ln = +C avec C R. Ainsi, toute solution non nulle est () = e / avec R. Eemple Loi de Newton K Considérons une tasse de café à la température de 75 C dans une salle à 5 C. On suppose que la température du café suit la loi de Newton, c est-à-dire que la vitesse de refroidissement du café est proportionnelle à la différence des températures. En formule cela signifie qu il eiste une constante K < telle que la température vérifie l équation différentielle ordinaire (EO) du premier ordre. La condition initiale (CI) est donc simplement T (t) = K (T (t) 5). T () = 75. Pour calculer la température à chaque instant on a besoin de connaître la constante K. Cette valeur peut être déduite en constatant qu après 5 minutes le café est à 5 C, c est-à-dire T (5) = 5.. On commence par calculer toutes les solutions de l EO. Étant une équation différentielle du premier ordre, la famille de solutions dépendra d une constante qu on fiera en utilisant la CI. Il s agit d une EO à variables séparables : formellement on a T (t) = K (T (t) 5) = T (t) (T (t) 5) = K = dt (T 5) = K d t = 4 G. Faccanoni

35 Jeudi 9 avril. Équations différentielles ordinaires (T 5) dt = K d t = ln(t 5) = K t + c = T 5 = e K t = T (t) = 5 + e K t. La valeur numérique de la constante d intégration est obtenue grâce à la CI : 75 = T () = 5 + e K = = 5 = T (t) = 5 + 5e K t. Il ne reste qu à établir la valeur numérique de la constante de refroidissement K grâce à l «indice» : 5 = T (5) = 5 + 5e K t = K = ln() 5 = T (t) = 5 + 5e ln() 5 t On peut donc conclure que la température du café évolue selon la fonction T [ C] 75 T (t) = 5 + 5e ln() 5 t t[minutes] Équations différentielles linéaires du premier ordre Elles sont de la forme a() () + b()() = g () où a, b et g sont des fonctions données, continues sur un intervalle I R. Pour la résolution, on se place sur un intervalle J I tel que la fonction a ne s annule pas sur J. Toute solution (,C ) de cette EO est de la forme H (,C ) + P () où P est une solution particulière de l EO et H est la solution générale de l équation homogène associée (c est-à-dire de l EO a() () + b()() = ). On est donc conduit à deu problèmes : rechercher d abord la solution générale de l équation homogène et ensuite une solution particulière de l équation complète. Résolution de l équation homogène associée : a() () + b()() =. C est une équation à variables séparables. Elles comportent donc la fonction nulle et des fonctions qui ne s annulent jamais. On peut alors écrire formellement () () = b() a() b() = ln = a() d. Ses solutions sont du tpe b(u) H (,C ) = Ce A() où A() = a(u) du avec C constante arbitraire. Recherche d une solution particulière (méthode de LAGRANGE). Si () est une solution non nulle de l EO homogène, on introduit une fonction auiliaire inconnue K () telle que () = K () () soit solution de notre EO. On calcule alors () et on reporte () et () dans notre EO. On observe que K () disparaît, ce qui fournit une auto-vérification. Il ne reste que K (), ce qui permet de calculer K () et donc P (). L intégrale générale est donc (,C ) = H (,C ) + P (). Eemple On veut résoudre l équation différentielle () () = + +. Eiste-t-il des solutions définies sur R? G. Faccanoni 5

36 . Équations différentielles ordinaires Jeudi 9 avril Il s agit d une équation différentielle linéaire du premier ordre. Comme a() =, On cherche sa solution générale sur I =] ;[ ou sur I =],+ [. Résolution de l équation homogène associée : () () =. () = est solution et on sait que les autres solutions ne s annulent pas sur I ni sur I. On peut donc écrire () () =, soit d = d d où ln () = ln +, ce qui conduit à la solution générale sur I de l équation homogène H () = C avec C R. Recherche d une solution particulière (méthode de LAGRANGE). Considérons une nouvelle fonction inconnue K () telle que P () = K () soit solution de () () = +. On calcule + P () = K () + K () et on le reporte dans l EO ; on obtient a [ K () + K () ] K () = + + = K () = + ( + ) = On en déduit et donc La solution générale est donc K () = + ln ln( + ) arctan() P () = + ln ln( + ) arctan(). (,C ) = H (,C ) + P () = + ln ln( + ) arctan() +C avec C R. Comme lim (,C ) =, la fonction définie sur R avec un prolongement par continuité en par + ln ln( + ) arctan() +C si <, () = si =, + ln ln( + ) arctan() +C si >, ()+ sera un prolongement de solution de notre EO sur R si elle est dérivable en. Comme lim =, il n eiste donc aucune solution définie sur R. + a. Intégration de fractions simples : ( +) = A + B + C = A( + ) + B( + ) + (C + ). Si = on obtient que B = et donc + = A( + ) + (C + ). Si = on obtient que A = et donc = C + d où = et C =. Équations différentielles de BERNOULLI Elles sont du premier ordre et de la forme a() () + b()() = g ()(()) α, α R \ { ; } où a, b et g sont des fonctions données, continues sur un intervalle I R. Pour la résolution, on se place sur un intervalle J I tel que la fonction a ne s annule pas sur J et on fait le changement de fonction z = α. On arrive à qui est une équation linéaire du premier ordre. a()z () + ( α)b()z() = ( α)g () Eemple On veut résoudre l équation différentielle () + () = ( ) (). Il s agit d une équation différentielle de BERNOULLI. Comme a() =, on cherche sa solution générale sur R. Réduction à une équation différentielle linéaire du premier ordre : si on pose z() = / () elle se réécrit Résolution de l équation homogène associée : z H () z H () =. z () z() =. z H () = est solution et on sait que les autres solutions ne s annulent pas sur R. On peut donc écrire z H () z H () =, ce qui conduit à la solution générale sur R de l équation homogène Recherche d une solution particulière (méthode de LAGRANGE). z H (,C ) = Ce avec C R +. 6 G. Faccanoni

37 Jeudi 9 avril. Équations différentielles ordinaires Considérons une nouvelle fonction inconnue K () telle que z P () = K ()z H (,C ) = K ()e soit solution de z P () z P () =. On calcule z P () = (K () + K ())e et on le reporte dans l EO ; on obtient [ K () + K () ] e K ()e = = K () = e. On en déduit et donc K () = ( )e d = ( )e e d = e z P () =. La solution générale est donc et on conclut z(,c ) = z H (, A) + z P () = Ae + (,C ) = + Ae. avec A R Équations différentielles du second ordre éfinition Une équation différentielle linéaire du second ordre est de la forme a() () + b() () + c()() = g () où a, b, c et g sont des fonctions continues données. Pour la résolution, on se place sur un intervalle I tel que la fonction a ne s annule pas sur I. Équations différentielles linéaires du second ordre à coefficients constants Il s agit d une EO du tpe a () + b () + c () = g (). où a, b et c sont des constantes données. Toute solution de cette EO dépend de deu constantes arbitraires C et C et est de la forme H (,C,C ) + P () où P est une solution particulière de l EO et H est la solution générale de l équation homogène associée (c est-à-dire de l EO a () + b () + c () = ). On est donc conduit à deu problèmes : rechercher d abord la solution générale de l équation homogène et ensuite une solution particulière de l équation complète. Résolution de l équation homogène associée. On introduit le polnôme caractéristique p(λ) = aλ + bλ + c. Soit = b 4ac, alors si > on a H (,C,C ) = C e λ +C e λ, C,C R, λ = b a, λ = b + ; a si = on a si < on a H (,C,C ) = (C +C )e λ, C,C R, λ = b a ; H (,C,C ) = e σ (C cos(ω) +C sin(ω)), C,C R, σ = b a, ω = a, qu en phsique souvent on réécrit comme H (, A,ϕ) = Ae σ cos(ω ϕ), A = C +C, cos(ϕ) = C A, sin(ϕ) = C A. Recherche d une solution particulière. Si g () = p n ()e µ cos(θ) ou g () = p n ()e µ sin(θ) alors où p n, q,n et q,n sont des polnômes de degré n et on a P () = m e µ (q,n ()cos(θ) + q,n ()sin(θ)) G. Faccanoni 7

38 . Équations différentielles ordinaires Jeudi 9 avril si > et θ = et µ = λ ou µ = λ alors m = ; si = et θ = et µ = λ alors m = ; si < et θ = ω et µ = σ alors m = ; sinon m =. L intégrale générale est donc () = H (,C,C ) + P (). Eemple On veut calculer toutes les solutions de l EO () + () = cos(). Il s agit d une EO linéaire du second ordre à coefficients constants. Recherche de l intégrale générale de l équation homogène. L équation caractéristique λ + = a discriminant = 4. On a σ = et ω =. onc l intégrale générale de l équation homogène est H (,c,c ) = c cos() + c sin(), c,c R. Recherche d un intégrale particulier de l équation complète. Puisque µ = σ =, on cherche l intégrale particulier sous la forme On a alors P () = (αcos() + βsin(). P () = (α + β)cos() + (β α)sin(), P () = (β α)cos() (α + β)sin(). On les remplace dans l équation : P () + P () = cos() = (β α)cos (α + β)sin() + (αcos() + βsin()) = cos() d où α = et β =. L intégrale générale de l EO assignée est donc () = H (,c,c ) + P () = c cos() + c sin() + cos(), c,c R. Eemple Oscillateur harmonique amorti Les oscillateurs harmoniques décrivent des comportements oscillants qu ils soient dus à une nature intrinsèquement oscillatoire (comme le mouvement d une masse reliée à un ressort) ou à un mouvement au voisinage d une position d équilibre (comme dans le modèle d une liaison moléculaire). ans les deu cas, on utilise le même modèle de l oscillateur harmonique. e plus, on s intéresse ici au cas où on a un frottement fluide proportionnel à la vitesse. Éloigné d une distance de sa position de repos ( = ), le mouvement en fonction du temps t est décrit par l équation différentielle m (t) = k(t) γ (t) où m est la masse de l objet, k > la constante élastique du ressort et γ > le coefficient de frottement. On cherche la fonction t solution de cette EO. On réécrit l équation sous la forme (t) + δ (t) + η (t) = où on a noté δ = γ m > et η = k m >. Le polnôme caractéristique associé à cette équation est qui a discriminant et racines λ = δ Selon le signe de on a trois comportements différentes : p(λ) = λ + δλ + η = 4δ 4η = δ δ η et λ = δ + = δ + δ η. 8 G. Faccanoni

39 Jeudi 9 avril. Équations différentielles ordinaires Si >, c est-à-dire si δ > η alors λ et λ sont réels et différents et la solution de l EO est de la forme (t) = C e λ t +C e λ t, C,C R. Comme λ < λ < (car δ η < δ), tend vers de façon eponentielle quand t +. Phsiquement cela signifie que si la constante de frottement est grande comparée à la constate d élasticité du ressort alors la masse n oscille pas mais va être tirée vers la position d équilibre. Si =, c est-à-dire si δ = η alors λ = λ = δ et la solution de l EO est de la forme (t) = (C +C t)e λt, C,C R. ans ce cas aussi la solution tend vers de façon eponentielle quand t +. Si <, c est-à-dire si δ < η alors λ et λ sont deu nombres complees conjugués et la solution de l EO est de la forme (t) = C e δt cos( t) +C e δt sin( t), C,C R. qui se réécrit (t) = r e δt cos( t+ϕ) avec r = C +C, ϕ = arctan( C /C ). ans cette dernière epression on voit le caractère oscillatoire du mouvement. ans ce cas le frottement ne suffit pas pour empêcher l oscillation mais son effet se traduit par une diminution eponentielle de l ampleur de l oscillation : le graphe de (t) est compris entre les courbes d équation ±r e δt.,,,,5,5, t t t K,5 K,5 K,5 K, > K, = K, < ()= '()= ()= '()= ()=- '()=- ()= '()=- ()=- '()= ()=- '()= ()= '()= ()= '()= ()=- '()=- ()= '()=- ()=- '()= ()=- '()= ()= '()= ()= '()= ()=- '()=- ()= '()=- ()=- '()= ()=- '()= G. Faccanoni 9

40 . Équations différentielles ordinaires Jeudi 9 avril Eercices Eercice. Résoudre le problème de Cauch { () + () =, () =. SOLUTION. Il s agit d une EO à variables séparables. La fonction () = pour tout est solution de l EO mais elle ne vérifie pas la CI. Toute autre solution de l EO sera non nulle et se trouve formellement comme suit : () + () = = () = = () d = d = () = + c, c R. En imposant la CI on obtient = /C d où l unique solution du problème de Cauch : () = +. Eercice. Résoudre le problème de Cauch { () 4 () =, () =. SOLUTION. Il s agit d une EO à variables séparables. La fonction () = pour tout est solution de l EO mais elle ne vérifie pas la CI. Toute autre solution de l EO est non nulle et se trouve formellement comme suit : () 4 () = = () = 4 = () d = 4 d = () = En imposant la CI on obtient = /C d où l unique solution du problème de Cauch () = 4. + c, c R. Eercice. Résoudre l équation différentielle ( + ) () + () = ( + )sin() sur des intervalles à préciser. SOLUTION. L équation différentielle est linéaire du premier ordre. On la résout sur un intervalle où le coefficient de () n est pas nul, soit sur I =] ; [ ou sur I =] ;+ [. Sur chaque intervalle I ou I, l équation s écrit [ ] ( + )() = ( + )sin(). Il s agit d une EO à variables séparables et, en intégrant par parties, on obtient (attention, la constante dépend de l intervalle) sur chaque intervalle ( + )() = ( + )sin() d = ( + )cos() + sin() +C. La solution générale sur I, ou sur I, est donc sin() +C () = cos() + ( + ) avec C R. 4 G. Faccanoni

41 Jeudi 9 avril. Équations différentielles ordinaires Eercice.4 Résoudre le problème de Cauch { (t) = t (t), () =, en fonction de la donnée initiale. SOLUTION. Il s agit d un problème de Cauch avec une CI () = et une EO du premier ordre à variables séparable. On cherche d abord les solutions constantes, i.e. les fonctions () A R qui vérifient l EO, c est-à-dire qui vérifient = t A pour tout R ; l unique solution constante est donc la fonction (). Comme deu trajectoires ne s intersectent pas, toutes les autres solution ne s annulent jamais. Soit donc () ; on peut alors écrire (t) (t) = t = d = t dt = d = t dt = = t +C = () =, pour C R. +C Cette fonction n est définie que si t C, donc si C > alors (t) est définie pour tout t R, si C < alors (t) est définie pour tout t ] ; C [ ou t ] C ; C [ ou t ] C ; [, si C = alors (t) est définie pour tout t ] ;[ ou t ];+ [. Comme = () = C, la solution du problème de Cauch est : la fonction (t) pour tout t R si = ; la fonction (t) = pour t R si t < ; ] [ pour t ; si > (c est-à-dire l intervalle plus large possible qui contient t = ). la fonction (t) = t t Eercice.5 Équation différentielle du premier ordre Résoudre le problème de Cauch { () + ( + )() = e, () =. G. Faccanoni 4

42 . Équations différentielles ordinaires Jeudi 9 avril SOLUTION. Il s agit d une EO du premier ordre linéaire, sa solution est donc du tpe () = H (,C )+ P () où H (,C ) est la famille de solutions de l EO homogène () + ( + )() = et P () est une solution particulière de l EO complète () + ( + )() = e qu on cherchera par eemple sous la forme P () = K () H (,). Pour trouver toutes les solutions de l EO homogène, on cherche d abord les solutions constantes, i.e. des fonctions () A solution de () + ( + )() = ; pour cela il faut que + ( + )A = ; l unique solution constante est la fonction () pour tout R. Comme deu trajectoires ne peuvent pas se croiser, toutes les autres solutions seront soit toujours positives soit toujours négatives. Soit donc () ; comme c est une EO à variables séparables on peut alors écrire () () = ( + ) = d = + d = ln = + = = Ce pour C R. On conclut que les solutions de l EO homogène sont les fonctions du tpe H (,C ) = Ce pour C R. Pour que P () = K () H (,) = K ()e soit une solution particulière de l EO complète () + ( + )() = e il faut qu elle vérifie l EO ; en injectant la dérivée première P () = K () H (,) + K () H (,) = K ()e + K ()(( )e ) dans l EO complète on obtient K ()e + K ()(( )e ) + ( + )K ()e = e = K () = e = K () = e. On conclut que une solution de l EO complète est la fonction P () = e e = e. ( ) Toutes les solutions de l EO sont donc les fonctions () = C e e pour C R. On cherche parmi ces solutions celle qui vérifie () = ; comme () = C +, l unique solution du problème de Cauch ( ) donné est la fonction () = + e e (t) K t K K Eercice.6 Équation différentielle du premier ordre Résoudre le problème de Cauch { () + ( )() = e, () =. 4 G. Faccanoni

43 Jeudi 9 avril. Équations différentielles ordinaires SOLUTION. Il s agit d une EO du premier ordre linéaire, sa solution est donc du tpe () = H (,C )+ P () où H (,C ) est la famille de solutions de l EO homogène () + ( )() = et P () est une solution particulière de l EO complète () + ( )() = e qu on cherchera par eemple sous la forme P () = K () H (,). Pour trouver toutes les solutions de l EO homogène, on cherche d abord les solutions constantes, i.e. des fonctions () A solution de () + ( )() = ; pour cela il faut que + ( )A = ; l unique solution constante est la fonction () pour tout R. Comme deu trajectoires ne peuvent pas se croiser, toutes les autres solutions seront soit toujours positives soit toujours négatives. Soit donc () ; comme c est une EO à variables séparables on peut alors écrire () () = ( ) = d = d = ln = + + = = Ce + pour C R. On conclut que les solutions de l EO homogène sont les fonctions du tpe H (,C ) = Ce + pour C R. Pour que P () = K () H (,) = K ()e + soit une solution particulière de l EO complète () + ( )() = e il faut qu elle vérifie l EO ; en injectant la dérivée première P () = K () H (,) + K () H (,) = K ()e + + K ()(( + )e + ) dans l EO complète on obtient K ()e + + K ()(( + )e + ) + ( + )K ()e + = e = K () = e = K () = e. On conclut que une solution de l EO complète est la fonction P () = e e + = e. ( ) Toutes les solutions de l EO sont donc les fonctions () = C + e e + pour C R. On cherche parmi ces solutions celle qui vérifie () = ; comme () = C +, l unique solution du problème de Cauch ( ) donné est la fonction () = 4 + e e (t) K t K K Eercice.7 Équation différentielle du premier ordre Résoudre le problème de Cauch { () + ( ) () =, () =. G. Faccanoni 4

44 . Équations différentielles ordinaires Jeudi 9 avril SOLUTION. Il s agit d une EO du premier ordre linéaire, sa solution est donc du tpe () = H (,C ) + P () où H (,C ) est la famille de solutions de l EO homogène () + () = et P () est une solution particulière de l EO complète () + ( ) () = qu on cherchera par eemple sous la forme P () = K () H (,). Remarquons que la solution du problème de Cauch n est définie que sur =] ;[. Pour trouver toutes les solutions de l EO homogène, on cherche d abord les solutions constantes, i.e. des fonctions () A solution de () + () = ; pour cela il faut que + A = ; l unique solution constante est la fonction () pour tout. Comme deu trajectoires ne peuvent pas se croiser, toutes les autres solutions seront soit toujours positives soit toujours négatives. Soit donc () ; comme c est une EO à variables séparables on peut alors écrire () () = = d = C d = ln = ln = = pour C R. On conclut que les solutions de l EO homogène sont les fonctions du tpe H (,C ) = C pour C R. Pour que P () = K () H (,) = K () soit une solution particulière de l EO complète () + ( ) () = il faut qu elle vérifie l EO ; en injectant la dérivée première P () = K () H (,) + K () H (,) = K () K () dans l EO complète on ( ) obtient K () K () ( ) + K () ( ) = = K () = ( ) ( ) = K () =. ( ) On conclut que une solution de l EO complète est la fonction P () = ( ) Toutes les solutions de l EO sont donc les fonctions () = celle qui vérifie () = ; comme () = C + ( ) ( ).. ) (C + ( ) pour C R. On cherche parmi ces solutions, l unique solution du problème de Cauch donné est la fonction () = Eercice.8 Équation différentielle du premier ordre Résoudre le problème de Cauch { () + (4 + 5)() = e 5, () =. SOLUTION. Il s agit d une EO du premier ordre linéaire, sa solution est donc du tpe () = H (,C )+ P () où H (,C ) est la famille de solutions de l EO homogène () + (4 + 5)() = et P () est une solution particulière de l EO complète () + (4 + 5)() = e 5 qu on cherchera par eemple sous la forme P () = K () H (,). Pour trouver toutes les solutions de l EO homogène, on cherche d abord les solutions constantes, i.e. des fonctions () A solution de () + (4 + 5)() = ; pour cela il faut que + (4 + 5)A = ; l unique solution constante est la fonction () pour tout R. Comme deu trajectoires ne peuvent pas se croiser, toutes les autres solutions seront soit toujours positives soit toujours négatives. Soit donc () ; comme c est une EO à variables séparables on peut alors écrire () () = (4 + 5) = d = d = ln = = = Ce 4 5 pour C R. On conclut que les solutions de l EO homogène sont les fonctions du tpe H (,C ) = Ce 4 5 pour C R. Pour que P () = K () H (,) = K ()e 4 5 soit une solution particulière de l EO complète () + (4 + 5)() = e 5 il faut qu elle vérifie l EO ; en injectant la dérivée première P () = K () H (,) + K () H (,) = K ()e K ()(( 4 5)e 4 5 ) dans l EO complète on obtient K ()e K ()(( 4 5)e 4 5 ) + (4 + 5)K ()e 4 5 = e 5 = K () = e 4 = K () = e 4 4. On conclut qu une solution de l EO complète est la fonction P () = 4 e 4 e 4 5 = 4 e G. Faccanoni

45 Jeudi 9 avril. Équations différentielles ordinaires ( ) Toutes les solutions de l EO sont donc les fonctions () = C e 4 4 e 4 5 pour C R. On cherche parmi ces solutions celle qui vérifie () = ; comme () = C + 4, l unique solution du problème de Cauch ( ) donné est la fonction () = 4 + e 4 4 e 4 5. Eercice.9 EO du premier ordre Calculer, en fonction du paramètre α, la solution = () de l EO (t) = ( + α)(t) e αt telle que () =. Établir ensuite pour quels valeurs de α l intégrale est convergente. + (t) dt SOLUTION. Il s agit d un problème de Cauch avec une CI (t ) = et une «EO linéaire du premier ordre» : qui a comme solution On calcul les deu intégrales : t t e t (t) + a(t)(t) = b(t) (t) = (e )( t t ) v t a(v)dv + e w a(u)du b(v)dv t t ( + α)dv = [ ( + α)v] t = ( + α)t, a(v)dv = t w t w a(w)dw b(v)dv = e (+α)v+αv dv = La solution du problème de Cauch est donc la fonction t e v dv = [ e v ] t = e t. (t) = e (+α)t ( + e t ) = e αt + e (+α)t = e αt ( + e t ). L intégrale converge ssi α <. + e αt ( + e t )dt Eercice. Établir s il eiste des solutions de () = () + e qui ont dérivée nulle en =. SOLUTION. Il s agit d une EO du premier ordre linéaire, sa solution est donc du tpe () = H (,C ) + P () où H (,C ) est la famille de solution de l EO homogène () = () et P () est une solution particulière de l EO complète () = () + e qu on cherchera par eemple sous la forme P () = K () H (,). Pour trouver toutes les solutions de l EO homogène, on cherche d abord les solutions constantes, i.e. des fonctions () A qui vérifient l EO ; pour cela il faut que = A; donc l unique solution constante de l EO homogène est la fonction () pour tout R. Comme deu trajectoires ne peuvent pas se croiser, toutes les autres solutions seront soit toujours positives soit toujours négatives. Soit donc () ; comme c est une EO à variables séparables on peut alors écrire () = = () d = d = ln = + = = Ce pour C R. On conclut que les solutions de l EO homogène sont les fonctions du tpe H (,C ) = Ce pour C R. G. Faccanoni 45

46 . Équations différentielles ordinaires Jeudi 9 avril Pour que P () = K () H (,) soit une solution particulière de l EO complète () = () + e il faut qu elle vérifie l EO ; en injectant la dérivée première P () = K () H (,) + K () H (,) = K ()e + K ()( e ) dans l EO complète on obtient K ()e + K ()( e ) = K ()e + e = K () = = K () =. On conclut que une solution de l EO complète est la fonction P () = e. Toutes les solutions de l EO sont donc les fonctions () = (C + )e pour C R. On cherche si parmi ces solutions il en eiste qui vérifient () = ; comme () = ( C )e et () = C, l unique solution de l EO qui a dérivée nulle en = est la fonction () = ( + )e. Eercice. Le carbone 4 est un isotope présent dans tout organisme vivant. Le nombre d atomes de carbone 4 est constant tant que l organisme est en vie. À la mort de l organisme, le nombre d atomes décroît avec une vitesse proportionnelle au nombre d atomes. On note n(t) > le nombre d atomes au temps t, eprimé en années, après la mort de l organisme. Ce mécanisme se traduit par l équation n (t) = kn(t) où k est une constante positive.. Trouver toutes les solutions de l EO.. Sachant qu il faut 57 ans pour que la quantité de carbone 4 diminue de moitié dans un organisme mort, calculer k.. es ossements anciens récemment ehumés contiennent 9 fois moins de carbone 4 que des ossements similaires d aujourd hui. éterminer l âge des ossements ehumés. SOLUTION.. Il s agit d une «EO du premier ordre à variables séparables». Si n(t) c est solution alors = kc d où c = : l unique solution constante est la solution n(t) = quelque soit t R +. Si n(t), on peut écrire d où la famille de solutions n (t) n(t) = k n(t) = e kt, R +. On conclut que, quelque soit la condition initiale n() = n, l unique solution est n(t) = n e kt pour tout t R +.. Puisque n / = n(57) = n e 57t, on obtient k = ln Puisque n /9 = n(ˆt) = n e k ˆt, on obtient ˆt = 57 ln9 ln 8 ans. Eercice. «Les eperts - Toulon» Le corps de la victime a été trouvé sur le lieu du crime à H de nuit. Après une demi-heure la température du corps est de 5 C. Quand a eu lieu l homicide si à l heure de la découverte la température du corps est de C et si la température eterne est de 5 C? Suggestion : se rappeler la loi de Newton qui dit que la vitesse de refroidissement est proportionnelle à la différence des températures. SOLUTION. La loi de Newton affirme qu il eiste une constante K < telle que la température du corps suit l EO T (t) = K (T (t) T et ). On commence par calculer toutes les solutions de l EO. Étant une équation différentielle du premier ordre, la famille de solutions dépendra d une constante qu on fiera en utilisant la CI. On cherche d abord les solutions constantes, i.e. les solutions du tpe T (t) c R quelque soit t. On a d où l unique solution constante T (t) T et. = K (c T et ) 46 G. Faccanoni

47 Jeudi 9 avril. Équations différentielles ordinaires Soit T (t) T et quelque soit t. Puisqu il s agit d une EO à variables séparables on peut calculer la solution comme suit : T T (t) dt (t) = K (T (t) T et ) = = K = = K d t = T (t) T et T T et dt = K d t = ln(t T et ) = K t + c = T T et = e K t = T (t) = T et + e K t. T T et La valeur numérique de la constante d intégration est obtenue grâce à la CI : T = T () = T et + e K = = T T et = T (t) = T et + (T T et )e K t Ici T et = 5 C et T = C donc la température du cadavre suit la loi T (t) = 5 + 5e K t. e plus, on sait que 5 = T () = 5 + 5e K d où K = ln(4/5). La température du corps suit donc la loi T (t) = 5 + 5e ln(4/5) t. Pour déterminer l heure du meurtre il faut donc résoudre l équation d où t = ln(4/5) ln(4/5) 7 = 5 + 5e ln(4/5) t 69,7 minutes, c est-à-dire à H de nuit. crime T ( C) 4 C C C découverte du cadavre après minutes C C -7 H -5 H - H5 - H H H5 t (minutes) Eercice. «Un gâteau presque parfait» Un gâteau est sorti du four à 7H quand il est brûlant ( C). Après minutes sa température est de 8 C et de 65 C à 7H. éterminer la température de la cuisine. Suggestion : se rappeler la loi de Newton qui dit que la vitesse de refroidissement est proportionnelle à la différence des températures. SOLUTION. La loi de Newton affirme qu il eiste une constante K < telle que la température du corps suit l EO T (t) = K (T (t) T et ). On commence par calculer toutes les solutions de l EO. Étant une équation différentielle du premier ordre, la famille de solutions dépendra d une constante qu on fiera en utilisant la CI. On cherche d abord les solutions constantes, i.e. les solutions du tpe T (t) c R quelque soit t. On a d où l unique solution constante T (t) T et. = K (c T et ) G. Faccanoni 47

48 . Équations différentielles ordinaires Jeudi 9 avril Soit T (t) T et quelque soit t. Puisqu il s agit d une EO à variables séparables on peut calculer la solution comme suit : T T (t) dt (t) = K (T (t) T et ) = = K = = K d t = T (t) T et T T et dt = K d t = ln(t T et ) = K t + c = T T et = e K t = T (t) = T et + e K t T T et La valeur numérique de la constante d intégration est obtenue grâce à la CI : T = T () = T et + e K = = T T et = T (t) = T et + (T T et )e K t. Ici l inconnue est T et. On sait que T (t = ) = C et T (t = ) = 8 C et T (t = ) = 65 C. Il s agit donc de résoudre le sstème de trois équations en les trois inconnues K,,T et : = T et +, 8 = T et + e K, 65 = T et + e K. La cuisine est donc à C et, plus en générale, la température du gâteau évolue selon la loi T (t) = + 8e ln(/4) t. T ( C) T () = C C 9 C T () = 8 C 8 C 7 C T () = 65 C 6 C 5 C 4 C t (minutes) Eercice.4 eu produits chimiques présents dans une cuve avec une concentration de g/l à l instant t = interagissent et produisent une substance dont la concentration est notée (t) à l instant t. On suppose que (t) est régie par l équation différentielle (t) = ( (t)) pour tout t.. Montrer que toute solution de l EO est une fonction croissante.. Chercher les solutions constantes de l EO.. Considérons la solution telle que () =. Montrer que l on a < (t) < pour tout t >. (On admettra que les graphes de deu solutions distinctes ne se coupent pas et on pourra s aider d un dessin.) 4. Considérons la solution telle que () =. Montrer que lim déterminer l. t + (t) = l eiste. Puis, en admettant que lim t + (t) =, 5. Calculer la solution lorsque () =, lorsque () = et lorsque () =. ans chacun de ces cas établir l intervalle maimale d eistence. 48 G. Faccanoni

49 Jeudi 9 avril. Équations différentielles ordinaires SOLUTION.. Pour montrer qu une fonction est croissante il suffit de montrer que sa dérivée est de signe positif. Si est solution de l EO on a (t) = ( (t)) pour tout t car un carré est toujours positif. est donc une fonction croissante.. On cherche les fonctions constantes solution de l EO. Si f (t) = c est solution de l EO alors puisque f (t) = on obtient = ( c) soit c =. La seule fonction constante solution de l EO est la fonction constante égale à.. Considérons la solution telle que () =. Tout d abord on a montré que la fonction était croissante donc () (t) pour tout t, par conséquent, puisque (), (t) pour tout t. Supposons qu il eiste un t tel que (t ), alors le graphe de qui relie continument les points (, ()) et (t, (t )) coupe nécessairement le graphe de f, i.e. la droite d équation =. Ceci est impossible, car les graphes de deu solutions distinctes ne se coupent jamais. Il n eiste donc pas de t tel que (t ), c est-à-dire pour tout t, (t) <. 4. Considérons la solution telle que () =. La fonction est croissante et majorée par, elle admet donc une limite pour t +. On note suppose que lim t + (t) = l. En passant à la limite dans l EO on obtient : soit l =. = ( l) lim (t) = l. On t + 5. Si () = on sait que (t) = pour tout t >. Si () = on sait que la fonction est croissante et lim t + (t) =. En effet, il s agit d une EO à variables séparables et on peut écrire ( ) d = t, i.e. (t) = t + c t + c qui eiste sur ] ; c[ ] c; + [, d où, en imposant () =, la solution (t) = t, t. + t Si () = on sait que la fonction est croissante mais elle n eiste que pour < t < et on a (t) = t t. Eercice.5 Logistique Soit k et h deu constantes positives. Calculer p(t) pour t > solution du problème de Cauch { p (t) = kp(t) hp (t), p() = p. Ce modèle, qui décrit l évolution d une population de p individus à l instant t, suppose que le tau de croissance du nombre d individus n est pas constant mais diminue si la population augment (les ressources se réduisent). G. Faccanoni 49

50 . Équations différentielles ordinaires Jeudi 9 avril SOLUTION. On doit résoudre l EO à variables séparables p (t) = p(t)(k hp(t)). On cherche d abord les solutions constantes, i.e. des fonctions p(t) = A : = A(k h A) A = ou A = k h. On trouve ainsi deu solutions constantes : p(t) et p(t) k h. Si on suppose que p(t) et p(t) k h, l EO se réécrit comme on doit alors calculer i.e. On obtient et en on déduit k p (t) p(t)(k hp(t)) = ; dp p(k hp) = dp p + dt h k hp dp = k ln p = (t +C ) k hp p(t) = kekt + he kt. dt. En imposant la condition initiale p() = p on trouve la constante d intégration : = p k hp = k p h. En conclut que toutes les solutions du problème de Cauch pour t sont si p =, k p(t) = h si p = k h, sinon. ( p h k ) e kt + h k Remarquons que lim t + p(t) = k h : une population qui évolue à partir de p individus à l instant initiale selon la loi logistique tend à se stabiliser vers un nombre d individus d environ k/h, ce qui représente la capacité de l environnement. autre part, déjà en analsant l EO on aurait pu déduire que les solutions sont des fonctions strictement croissantes si p(t) ], k/h[, décroissantes si p(t) > k/h. p p(t) > k h k h < p < k h t Eercice.6 «Urgence» On étudie la progression d une maladie contagieuse dans une population donnée. On note (t) la proportion des personnes malades à l instant t et (t) celle des personnes non atteintes. On a donc (t)+(t) = pour tout t. On suppose que la vitesse de propagation de la maladie (t) est proportionnelle au produit (t)(t) (ce qui signifie que la maladie de propage par contact). Si on note I (t) le nombre d individus infectés à l instant t et I T le nombre d individus total, il eiste une constante k R telle que I (t) = ki (t)(i T I (t)). Si la ville est isolée et compte 5 individus dont 6 sont malades et le sont 7 jours après, à partir de quel jour l infection touchera 8% de la population? Et %? 5 G. Faccanoni

51 Jeudi 9 avril. Équations différentielles ordinaires SOLUTION. On a le problème de Cauch { I (t) = ki (t)(5 I (t)), (EO) I () = 6. (CI) Vu la nature de la question on ne s intéresse qu au solutions positive et que pour t >.. Tout d abord on observe qu il a deu solutions constantes de l EO : la fonction I (t) et la fonction I (t) 5.. Pour chercher toutes les solutions non constantes on remarque qu il s agit d une EO à variables séparables donc formellement on a I I (t) (t) = ki (t)(5 I (t)) = I (t)(5 I (t)) = k = d I = kd t = I (5 I ) I (5 I ) d I = k d t = I d I 5 I d I = 5k d t = ln(i ) + ln(5 I ) = 5kt + c = I ln 5 I = 5kt + c = I 5 I = e5kt = I (t) = 5e5kt + e 5kt = I (t) = 5 e 5kt +. La valeur numérique de la constante d intégration est obtenue grâce à la CI : 6 = I () = 5 e + = 6 = 5 + = = 4 = I (t) = 4 + e 5kt. 4. Il ne reste qu à établir la valeur numérique de la constante k grâce à l information sur le nombre d individus infectés après 7 jours : = I (7) = 4 + e 5k = k = 6 ln 5 8 = I (t) = 4 + e t 6 7 ln On cherche t tel que I ( t) = 8%I T = 8 5 = 4 : 4 = 4 + e t 6 7 ln 8 d où t = 5 ln() 5 jours. 6. Avec ce modèle lim I (t) = 5 mais I ne peut jamais atteindre eactement % de la population en un temps fini t + (deu solution ne s intersectent jamais). 5 4 I t G. Faccanoni 5

52 . Équations différentielles ordinaires Jeudi 9 avril Eercice.7 On note (t) le nombre de ménages vivant en France équipés d un ordinateur (t est eprimé en années et (t) en millions de ménages). Le modèle de VARHULST estime que sur la période 98, (t) est solution de l équation différentielle (t) =,(t)( (t)).. Calculer toutes les solutions de l équation différentielle.. On pose t = en 98 et on sait que () =,. Combien de ménages vivant en France seront équipés d un ordinateur en? SOLUTION.. On doit résoudre l EO à variables séparables (t) =,(t)( (t)). On cherche d abord les solutions constantes, i.e. des fonctions (t) = A pour tout t R : On trouve ainsi deu solutions constantes : =,A( A) A = ou A =. (t) et (t). Si on suppose que (t) et (t) A, l EO se réécrit comme on doit alors calculer i.e. On obtient et on en déduit ( d (t) (t)( (t)) =,; d ( ) =, dt, ) d =, dt. ln =,44t +C pour tout C R (t) =. Si t = correspond à l année 98 et si () =, alors, = + e,44t pour tout R +. + e,44 = = 999 et la fonction qui estime le nombre de ménages en France équipés d un ordinateur t années après 98 est (t) = + 999e,44t. Pour prévoir combien de ménages vivant en France seront équipés d un ordinateur en il suffit de calculer (4) (4) = e,44 4 Eercice.8 Lorsqu une nouvelle espèce s introduit dans un écosstème, elle évolue d abord lentement ; son rthme de croissance s accélère ensuite à mesure qu elle s adapte, puis ralentit quand la population devient trop importante compte tenu des ressources disponibles. Pour ce tpe d évolution, on utilise le modèle de GOMPERTZ suivant : (t) = (t)ln((t)). 5 G. Faccanoni

53 Jeudi 9 avril. Équations différentielles ordinaires Calculer toute les solutions de cette équation différentielle pour t > (ne pas oublier les solutions constantes). La population va-t-elle survivre? SOLUTION.. On doit résoudre l EO à variables séparables (t) = (t)ln((t)). On cherche d abord les solutions constantes, i.e. des fonctions (t) = A pour tout t R : = A ln(a) A =. On trouve ainsi une solution constante : Si on suppose que (t), l EO se réécrit comme (t). (t) (t)ln((t)) = ; on doit alors calculer d ln() = dt. On obtient ln ln((t)) = t +C pour tout C R et on en déduit (t) = e e t pour tout R.. Si () > alors (t) < (la population décroît) ; si < () < alors (t) > (la population croît) ; comme (t) = est solution et comme deu solutions ne peuvent pas se croiser, sans faire de calcul on voit que lorsque t tend vers l infini, la population tend vers la valeur d équilibre (t) = quelque soit le nombre d individus à l instant initial. Eercice.9 ans un circuit électrique de tpe résistance-inductance, le courant I évolue avec le temps selon I (t) + R L I (t) = V L où R, L et V sont des constantes associées au composantes électriques. Résolvez l équation différentielle. La solution I tend-elle vers une limite finie? SOLUTION. du tpe Résolution de l équation homogène associée : c est une équation à variables séparables. Ses solutions sont I H () = Ce R L t avec C constante arbitraire. Elles comportent la fonction nulle et des fonctions qui ne s annulent jamais. Recherche d une solution particulière. Soit I (t) = e R L t une solution (non nulle) de l EO homogène et introduisons la fonction auiliaire inconnue K (t) telle que I (t) = K (t)i (t) = K (t)e R L t soit solution de notre EO ; alors I (t) = K (t)e R L t R L K (t)e R L t = (K (t) R L K (t))e R L t et si on reporte I (t) et I (t) dans notre EO on obtient K (t)e R L t = V L. Ainsi K (t) = V L e R L t dt = V R e R L t et enfin I P (t) = V R e R L t e R L t = V R. Par conséquent l intégrale générale est et I (t) t + V R I (t) = Ce R L t + V R. ln() d = z dz = ln z + c = ln ln() +C G. Faccanoni 5

54 . Équations différentielles ordinaires Jeudi 9 avril Eercice. Calculer les solutions des EO linéaires du second ordre à coefficients constants suivantes :. () () + () =. () 4 () + 4() =. () () + () = 4. () () = e 5. () () = e SOLUTION.. Le polnôme caractéristique associé à l EO est λ λ + = qui a discriminant = : on a deu solutions réelles distinctes λ = = et λ = + =. Toutes les solutions sont alors les fonctions (,C,C ) = C e +C e pour tout C,C R.. Le polnôme caractéristique associé à l EO est λ 4λ + 4 = qui a discriminant = : on a deu solutions réelles coïncidentes λ = λ = 4 =. Toutes les solutions sont les fonctions (,C,C ) = (C +C )e pour tout C,C R.. Le polnôme caractéristique associé à l EO est λ λ + = qui a discriminant = 4 : on a deu solutions complees conjuguées λ = i et λ = + i. Comme Rλ = et Iλ =, toutes les solutions sont les fonctions (,C,C ) = e (C cos() + C sin()) pour tout C,C R. 4. Comme l EO n est pas homogène on cherche ses solutions sous la forme () = H () + P () où les H sont toutes les solutions de l EO homogène associée et P est une solution particulière de l EO complète. Le polnôme caractéristique associé à l EO est λ = qui a discriminant = : on a deu solutions réelles distinctes λ = et λ =. Toutes les solutions de l homogène sont les fonctions H (,C,C ) = C e +C e pour tout C,C R. Comme le terme source est g () = e, on a n =, µ = et ϑ = ; comme >, ϑ = mais µ λ et µ λ alors m = : la solution particulière sera de la forme P () = q e. Pour qu elle soit une solution particulière on doit imposer qu elle vérifie l EO complète ; comme P () = q e et P () = 4q e il faut que qui donne q =. 4q e q e = e En conclusion toutes les solutions sont les fonctions () = C e +C e + e pour tout C,C R. 5. Toute solution est de la forme () = H ()+ P () où H représente toutes les solutions de l équation () () = tandis que P est une solution particulière de () () = e. Le polnôme caractéristique est λ = qui a comme racines les deu réels λ = et λ =. Par conséquent H () = C +C e. En adoptant la notation du cours on a n =, µ =, ϑ =, > et µ = λ = par conséquent m = : la solution particulière est alors de la forme P () = C e. Pour ( déterminer C on impose à P d être solution de l EO. Comme P () = C (+)e et P () = C (+)e, il faut que C ( + )e ) ( C ( + )e ) = e, ce qui donne C =. On conclut que toutes les solutions de l EO s écrivent () = C +C e + e. Eercice. Résoudre le problème de Cauch () () + () =, () =, () =. 54 G. Faccanoni

55 Jeudi 9 avril. Équations différentielles ordinaires SOLUTION. L équation différentielle est linéaire du second ordre, à coefficients constants, et sans second membre (i.e. elle est déjà homogène!). L équation caractéristique λ λ + = a discriminant <. Comme σ = et ω =, l intégrale générale de l équation homogène est H (,c,c ) = e (c cos() + c sin()), c,c R. Puisque () = alors c =. Comme () = et () = e ((c + c )cos() + (c c )sin()) alors c = /. On conclut que la solution du problème de Cauch est ( () = e cos() + ). sin() Eercice. Calculer toutes les solutions de l EO () 5 () + () = e. SOLUTION. Toute solution est de la forme () = H () + P () où H représente toutes les solutions de l équation () 5 () + () = tandis que P est une solution particulière de () 5 () + () = e. Calcul de H. Le polnôme caractéristique est λ 5λ + = qui a comme racines les deu réels λ = et λ = /. Par conséquent H () = C e +C e /. Calcul de P. En adoptant la notation du cours on a n =, µ =, ϑ =, > et µ = λ = par conséquent m = : la solution particulière est alors de la forme P () = C e. Pour déterminer C on impose à P d être solution de l EO. Comme P () = C ( + )e et P () = C ( + )e, il faut que ce qui donne C =. On conclut que toutes les solutions de l EO s écrivent ( C ( + )e ) 5 ( C ( + )e ) + ( C e ) = e, () = C e +C e / + e. Eercice. Calculer toutes les solutions de l EO () 7 () + 5() = e. SOLUTION. Toute solution est de la forme () = H () + P () où H représente toutes les solutions de l équation () 7 () + 5() = tandis que P est une solution particulière de () 7 () + 5() = e. Calcul de H. Le polnôme caractéristique est λ 7λ + 5 = qui a comme racines les deu réels λ = et λ = 5/. Par conséquent H () = C e +C e 5/. Calcul de P. En adoptant la notation du cours on a n =, µ =, ϑ =, > et µ = λ = par conséquent m = : la solution particulière est alors de la forme P () = C e. Pour déterminer C on impose à P d être solution de l EO. Comme P () = C ( + )e et P () = C ( + )e, il faut que ce qui donne C =. On conclut que toutes les solutions de l EO s écrivent ( C ( + )e ) 7 ( C ( + )e ) + 5 ( C e ) = e, () = C e +C e 5/ + e. G. Faccanoni 55

56 . Équations différentielles ordinaires Jeudi 9 avril Eercice.4 Équation différentielle du second ordre Résoudre le problème de Cauch () () + () = ( + )e, () =, () =. SOLUTION. Comme l EO n est pas homogène on cherche ses solutions sous la forme () = H () + P () où les H sont toutes les solutions de l EO homogène () () + () = ( H contient deu constantes d intégration) et P est une solution particulière de l EO complète () () + () = ( + )e. Le polnôme caractéristique associé à l EO est λ λ + = qui a discriminant = 4 4 =, l unique racine réelle est λ = λ =. Par conséquent, les solutions de l EO homogène sont les fonctions H (,C,C ) = (C +C )e pour tout C,C R. Comme le terme source est g () = ( + )e, on a n =, µ = et ϑ = ; puisque =, ϑ = et µ = λ alors m = : la solution particulière sera de la forme P () = e (α + β) = (α + β )e. Pour qu elle soit une solution particulière on doit imposer qu elle vérifie l EO complète ; comme P () = (α + β + α + β )e = (α + (β + α) + β )e et P () = (α + (6β + 4α) + (6β + α) + β )e, il faut (α + (6β + 4α) + (6β + α) + β )e (α + (β + α) + β )e + (α + β )e = ( + )e c est-à-dire (α) + (6β + 4α 4α) + (6β + α 6β α + α) + (β β + β) = +, ce qui donne α = et β = 6. En conclusion les solutions de l EO sont les fonctions () = (C +C )e pour tout C,C R. On cherche parmi ces solutions celles qui vérifient () = ; comme () = C on obtient les fonctions () = (+C )e pour tout C R. Parmi ces solutions, on cherche maintenant celle qui vérifie () = ; comme () = + C on conclut que l unique solution du problème de Cauch donné est la fonction () = ( )e. Eercice.5 Équation différentielle du second ordre Résoudre le problème de Cauch () + () + () = ( )e, () =, () =. SOLUTION. Comme l EO n est pas homogène on cherche ses solutions sous la forme () = H () + P () où les H sont toutes les solutions de l EO homogène () + () + () = ( H contient deu constantes d intégration) et P est une solution particulière de l EO complète () + () + () = ( )e. Le polnôme caractéristique associé à l EO est λ + λ + = qui a discriminant = 4 4 =, la solution réelle est λ = λ =. Par conséquent, les solutions de l EO homogène sont les fonctions H (,C,C ) = (C +C )e pour tout C,C R. Comme le terme source est g () = ( )e, selon la notation du polcopié on a n =, µ = et ϑ = ; comme =, ϑ = et µ = λ alors m = : la solution particulière sera de la forme P () = e (α + β) = (α + β )e. Pour qu elle soit une solution particulière on doit imposer qu elle vérifie l EO complète ; comme P () = (α + (β α) β )e et P () = (α + (6β 4α) (6β α) + β )e, il faut (α + (6β 4α) (6β α) + β )e + (α + (β α) β )e + (α + β )e = ( )e c est-à-dire (α) + (6β 4α + 4α) + ( 6β + α + 6β α + α) + (+β β + β) = +, ce qui donne α = et β = G. Faccanoni

57 Jeudi 9 avril. Équations différentielles ordinaires En conclusion les solutions de l EO sont les fonctions () = (C +C + 6 )e pour tout C,C R. On cherche parmi ces solutions celles qui vérifient () = ; comme () = C on obtient les fonctions () = (+C + 6 )e pour tout C R. Parmi ces solutions, on cherche maintenant celle qui vérifie () = ; comme () = C on conclut que l unique solution du problème de Cauch donné est la fonction () = ( )e. Eercice.6 Équation différentielle du second ordre Résoudre le problème de Cauch () 5 () + 4() = e 4, () =, () =. SOLUTION. Comme l EO n est pas homogène on cherche ses solutions sous la forme () = H () + P () où les H sont toutes les solutions de l EO homogène () 5 () + 4() = ( H contient deu constantes d intégration) et P est une solution particulière de l EO complète () 5 () + 4() = e 4. Le polnôme caractéristique associé à l EO est λ 5λ + 4 = qui a discriminant = 5 6 = 9, les deu solutions réelles sont λ = et λ = 4. Par conséquent, les solutions de l EO homogène sont les fonctions H (,C,C ) = C e +C e 4 pour tout C,C R. Comme le terme source est g () = e 4, selon la notation du polcopié on a n =, µ = 4 et ϑ = ; comme >, ϑ = et µ = λ alors m = : la solution particulière sera de la forme P () = e 4 (α + β) = (α + β)e 4. Pour qu elle soit une solution particulière on doit imposer qu elle vérifie l EO complète ; comme P () = (β + (α + 4β) + 4α )e 4 et P () = ((α + 8β) + (6α + 6β) + 6α )e 4, il faut ((α + 8β) + (6α + 6β) + 6α )e 4 5(β + (α + 4β) + 4α )e 4 + 4(α + β)e 4 = e 4 c est-à-dire (α + 8β 5β) + (6α + 6β α β + β) + (6α α + 4α) =, ce qui donne α = et β = 9. En conclusion les solutions de l EO sont les fonctions () = C e + ( C 9 + ) e 4 pour tout C,C R. On cherche parmi ces solutions celles qui vérifient () = ; comme () = C +C on obtient les fonctions () = C e + ( C 9 + ) e 4 pour tout C R. Parmi ces solutions, on cherche maintenant celle qui vérifie () = ; comme () = 4 9 C on conclut que l unique solution du problème de Cauch donné est la fonction () = 6 7 e + ( ) e 4. Eercice.7 Résoudre le problème de Cauch () + 9() = 8 cos(), () =, () =. SOLUTION. Comme l EO n est pas homogène on cherche ses solutions sous la forme () = H () + P () où les H sont toutes les solutions de l EO homogène () + 9() = ( h contient deu constantes d intégration) et P est une solution particulière de l EO complète () + 9() = 8 cos(). Le polnôme caractéristique associé à l EO est λ +9 = qui a discriminant = 9, les deu racines complees conjuguées sont λ = i, λ = i. Par conséquent, les solutions de l EO homogène sont les fonctions H (,C,C ) = C cos()+c sin() pour tout C,C R. Comme le terme source est g () = 8 cos(), on a n =, µ = et ϑ = ; puisque <, ϑ = ω = et µ = alors m = : la solution particulière sera de la forme P () = ( (α + β)cos() + (γ + δ)sin() ) = (α + β)cos() + (γ + δ)sin(). Pour qu elle soit une solution particulière on doit imposer qu elle vérifie l EO complète ; comme P () = (γ +(α+δ)+ G. Faccanoni 57

58 . Équations différentielles ordinaires Jeudi 9 avril β)cos()+( α +(γ β) +δ)sin() et P () = ( 9α +(γ 9β) +α+6δ)cos()+( 9γ +( α 9δ) +γ 6β)sin(), il faut c est-à-dire ( 9α + (γ 9β) + α + 6δ)cos() + ( 9γ + ( α 9δ) + γ 6β)sin() + 9 ( (α + β)cos() + (γ + δ)sin() ) = 8 cos() (γ + α + 6δ)cos() + ( α + γ 6β)sin() = 8 cos() ce qui donne γ = 8, α + 6δ =, α =, γ 6β = = α = δ =, β =, γ = 9. En conclusion les solutions de l EO sont les fonctions () = (C + )cos() + (C + 9 )sin() pour tout C,C R. On cherche parmi ces solutions celles qui vérifient () = ; comme () = C on obtient les fonctions () = cos()+ ( C + 9 ) sin() pour tout C R. Parmi ces solutions, on cherche maintenant celle qui vérifie () = ; comme () = + C on conclut que l unique solution du problème de Cauch donné est la fonction () = cos() + (9 )sin(). Eercice.8 Oscillateur harmonique forcé : cas d une ecitation sinusoïdale On s intéresse à l influence d une ecitation harmonique sur un oscillateur. Outre le fait que ce tpe d ecitation est important pour lui-même (vibrations d une machine tournante, mouvement d un électron dans un champ magnétique...), cette étude revêt un intérêt théorique capital. En effet, la fonction qui décrit cette force ecitatrice peut s écrire comme une superposition de fonctions sinusoïdales (discrète ou continue selon que la force est périodique ou non). Le fait que l équation différentielle soit linéaire, autrement dit que le principe de superposition puisse s appliquer, permet d écrire la solution pour une force quelconque comme la somme des solutions obtenues pour chaque terme de la décomposition. Il est alors nécessaire de déterminer la réponse à chaque terme de la décomposition, à savoir à une ecitation sinusoïdale. Ceci donne une importance considérable à l étude de l ecitation sinusoïdale. Étudions l équation différentielle qui décrit le mouvement d un corps de masse m > qui se déplace horizontalement assujetti à une force générée par un ressort de constante élastique k > et une force eterne d intensité f (t) = A cos(ϕt) avec A et ϕ deu paramètres réels (on a négligé le frottement). SOLUTION. La position du corps en fonction du temps suit la loi m (t) + k(t) = A cos(ϕt). On la réécrit sous la forme (t) + η (t) = a cos(ϕt) aant posé η = k/m > et a = A/m. Équation homogène : (t)+η =. Le polnôme caractéristique est p(λ) = λ +η et a les deu racines complees conjugués λ = iη et λ = iη. La solution est de la forme (t) = C cos(ηt) +C sin(ηt), C,C R. Solution particulière : il faut considérer les deu cas suivantes. Si ϕ η alors on cherche une solution particulière du tpe P (t) = b cos(ϕt) + c sin(ϕt). On a P (t) = bϕsin(ϕt) + cϕcos(ϕt) et P (t) = bϕ cos(ϕt) cϕ sin(ϕt). En remplaçant dans l EO on obtient bϕ cos(ϕt) cϕ sin(ϕt) + η b cos(ϕt) + η c sin(ϕt) = a cos(ϕt), ce qui implique a b = η, et c =. ϕ 58 G. Faccanoni

59 Jeudi 9 avril. Équations différentielles ordinaires Si ϕ = η alors on cherche une solution particulière du tpe P (t) = bt cos(ϕt) + ct sin(ϕt). On a P (t) = (b + cϕt)cos(ϕt) + (c bϕt)sin(ϕt) et P (t) = (c bϕt)ϕcos(ϕt) (b + cϕt)ϕsin(ϕt). En remplaçant dans l EO on obtient (c bϕt)ϕcos(ϕt) (b + cϕt)ϕsin(ϕt) + ϕ bt cos(ϕt) + ϕ ct sin(ϕt) = a cos(ϕt), qui se réécrit (( t)b + ( t)c)ϕsin(ϕt) + ((b a) + c( + t)ϕ btϕ )cos(ϕt) = ce qui implique b =, et c = a ϕ. La solution complète est donc si ϕ η, (t) = C cos(ηt)+c sin(ηt)+ a cos(ϕt) avec C η ϕ,c R ; si on pose r = C +C et ϕ = arctan( C /C ) on obtient a (t) = r cos(ηt + ϕ) + η ϕ cos(ϕt) qui est la superposition de deu mouvements oscillatoires avec deu amplitudes et deu périodes différents. si ϕ = η, (t) = C cos(ϕt) +C sin(ϕt) + a ϕ t sin(ϕt) avec C,C R ; si on pose r = C +C et ψ = arctan( C /C ) on obtient (t) = r cos(ϕt + ψ) + a ϕ t sin(ϕt). On remarque que toute sous-suite (t n ) divergent à + de la forme t n = t + π ϕn pour t on a (t n ) + : les oscillations ont ampleur de plus en plus grande (c est ce que l on appelle la résonance). G. Faccanoni 59

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61 . Limites et continuité des fonctions de R n dans R éfinition Normes On appelle norme sur un espace vectoriel E toute application N de E dans [;+ [ possédant les propriétés suivantes : pour tout E N () = = (séparation), pour tout E, pour tout λ R N (λ) = λ N () (homogénéité), pour tout, E N ( + ) N () + N () (inégalité triangulaire). On emploie généralement la notation pour N (), qui rappelle l analogie avec la valeur absolue dans R ou le module dans C. Propriété Pour tout, E +. Eemple Normes classiques Sur R n, on utilise les normes classiques suivantes définies pour = (,,..., n ) par : p = n p ( i ) p, = sup {,,..., n }. i= En particulier on a les deu normes n = i = n ( i ) i= i= norme euclidienne Boules ans R n muni d une norme on appelle Boule ouverte de centre A R n et de raon r > l ensemble B(A,r ) = { R n tel que A < r } ; Boule fermée de centre A R n et de raon r > l ensemble B(A,r ) = { R n tel que A r }. Eemple On veut dessiner les boules fermées de centre O = (,) et de raon r > relatives au trois normes classiques de R :, et. La boule fermée de centre (,) et raon r > est l ensemble de points B((,),r ) = {(, ) R (, ) (,) r } = {(, ) R (, ) r }. Pour la norme on a Pour la norme on a (, ) < r sup{, } r. (, ) < r + r. 6

62 . Limites et continuité Jeudi 9 avril Pour la norme on a (, ) < r + r. r r r r r r r r r r r r + r ma{, } r + r La mot «boule» a donc ici un sens plus générale que dans la vie courante! Fonctions de plusieurs variables Qu il s agisse de traiter des questions relatives à la biologie, la chimie, la phsique, la production, la consommation ou encore l environnement, etc. une modélisation adéquate s eprime le plus souvent à l aide de fonctions de plusieurs variables. Ce chapitre introduit les fonctions de plusieurs variables réelles en élargissant les définitions énoncées dans le module M pour les fonctions d une variable réelle. Évidemment, la représentation géométrique devient plus lourde : une fonction de n variables se visualise à priori dans un espace à n + dimensions (n pour les variables, pour la fonction), alors que les pages d un livre sont, par nature, bidimensionnelles. Pour contourner cette impossibilité technique, nous nous limiterons au représentations des fonctions de deu variables, soit sous forme de dessins en perspective, soit sous forme de coupes par des plans horizontau ou verticau qui donnent des informations souvent utiles, quoique parcellaires. Ce problème de visualisation introduit une rupture nette par rapport au fonctions d une variable étudiées antérieurement. Nous prenons le parti de privilégier les thèmes qui s écartent des notions vues pour les fonctions d une seule variable. À l opposé, les définitions et les propriétés qui apparaissent comme des généralisations évidentes sont évoquées ou présentées brièvement. Fonction de plusieurs variables Une fonction f, définie sur une partie de R n et à valeurs réelles, fait correspondre à tout vecteur (,,..., n ) de un réel unique f (). L ensemble des points S = { (, f ()) } de R n+ est la surface représentative de f ; c est l analogue de la courbe représentative d une fonction d une variable. se note aussi ou. Si n =, on utilise aussi la notation (, ), si n = la notation (,, z). Lorsque n =, le graphe G f z = f (, ), où (, ), est tridimensionnel. Les aes relatifs au variables, et, sont conventionnellement situés dans un plan horizontal (le domaine apparaît alors comme un sous-ensemble de ce plan), tandis que la dimension verticale est réservée au valeurs de z. Ainsi, à tout A = (a,b), dont l image est f (A) R, correspond le point suivant du graphe : (a,b, f (A)) R. Une mise en perspective permet la visualisation des surfaces à trois dimensions. ans ce cas, l ae z est toujours placé verticalement. Toutefois, pour des raisons de lisibilité, les aes et ne sont pas toujours présentés selon la même orientation. Pour n >, la représentation plane devient malheureusement impraticable. 6 G. Faccanoni

63 Jeudi 9 avril. Limites et continuité Eemple Le domaine de la fonction f (, ) = + est donné par = { (, ) R } + =. Il se représente donc naturellement comme une portion du plan R. En outre, les valeurs prises par la fonction parcourent tout l ensemble des réels positifs ou nuls : Im f () = R +. Nous allons étudier succinctement les fonctions de R dans R. Nous chercherons à étendre à ces fonctions les notions de limite, continuité, dérivabilité, etc. Jusqu ici nous avons réservé ces notions au fonctions de R dans R, que nous savions bien représenter comme des «courbes», pour le dire vite. Les fonctions de R dans R seront quant à elles représentées par des «surfaces». Fonctions partielles Soit f une fonction de R dans R et A = (a,b) un point intérieur de. Les fonctions f (,b) et f (a, ) définies sur un intervalle ouvert contenant respectivement a et b, sont appelées les fonctions partielles associées à f au point A. Lignes de niveau Soit k R ; l ensemble { (, ) f (, ) = k } est la courbe de niveau k de la fonction f. Les courbes de niveau d une fonction f (, ) fournissent une représentation géométrique de f sur le plan, alors que son graphe en donne une dans l espace. La courbe de niveau k est la projection sur le plan de l intersection du graphe avec le plan horizontal z = k. FIGURE..: Relation entre le graphe d une fonction et ses courbes de niveau. Géométriquement, la ligne de niveau est la projection sur le plan (, ) de l intersection de la surface représentative de f avec le plan d équation z = k. Par eemple, si f représente la hauteur d un point de la surface terrestre, ses courbes de niveau sont celles apparaissant sur les cartes topographiques. G. Faccanoni 6

64 . Limites et continuité Jeudi 9 avril FIGURE..: Les lignes de niveau reflètent souvent une réalité phsique. Sur une carte topographique, elles désignent les points de même altitude (ici, l altitude du point A est 94 + d = 94 + cb/a). Sur une carte météorologique, elles sont les isothermes (lignes reliant les points d égale température) ou les isobares (lignes reliant les points d égale pression). Remarque On peut considérer le relief d une région comme étant le graphe d une fonction de deu variables (par eemple, l altitude en fonction de la longitude et de la latitude). Une courbe de niveau nous indique les points de même altitude (ou de même niveau). En dessinant les courbes de niveau avec leur altitude correspondante, on obtient la carte topographique du relief. La lecture d une carte topographique permet non seulement d obtenir des mesures quantitatives du relief, mais aussi de faire rapidement des observations qualitatives sur sa nature. Par eemple, localiser les points de plus haute et de plus basse altitude ; les crêtes, les fonds, les vallées, les cols, etc. ; les endroits du relief où les pentes sont plus escarpées ou plus douces, puisqu ils correspondent respectivement au courbes de niveau très rapprochées ou très distantes. Eemple L image ci-contre montre les courbes de niveau d une fonction f. On peut alors se faire une idée de l allure de la fonction. Par eemple f (,) 7, f (4,5) 56, etc. Limites et continuité La notion de limite pour une fonction de plusieurs variables généralise naturellement la notion correspondante dans le cas des fonctions d une seule variable. Toutefois, un nouvel élément entre en jeu : les limites unilatérales (i.e. de la gauche et de la droite) perdent leur sens et sont remplacées par les nombreuses limites directionnelles possibles. En effet, dès que le domaine se situe dans un espace à deu dimensions au moins, les chemins qui mènent à un point donné peuvent suivre divers aes. Ainsi, l ensemble des points en lesquels une limite peut être considérée, doit être défini en tenant compte de toutes les possibilités d accès (voir par eemple la figure.). Une façon commode de procéder s appuie sur la notion de boule ouverte dans R n qui généralise celle d intervalle ouvert dans R. Limite en un point Soit un ouvert de R n, A et f une fonction définie sur, éventuellement non définie en A, à valeurs réelles. On dit que f a pour limite l au point A, ce que l on écrit lim A f () = l, si pour tout ε > il eiste r > tel que \ { A } et A < r = f () l < ε. On dit que f tend vers + quand tend vers A, ce que l on écrit lim A f () = +, si pour tout M > il eiste r > tel que \ { A } et A < r = f () > M. 64 G. Faccanoni

65 Jeudi 9 avril. Limites et continuité FIGURE..: ifférents façons de s approcher du point. On dit que f tend vers quand tend vers A, ce que l on écrit lim A f () =, si pour tout M < il eiste r > tel que \ { A } et A < r = f () < M. Proposition L eistence et la valeur éventuelle de la limite sont indépendantes de la norme choisie dans R. Lorsqu elle eiste, la limite est unique. Continuité Soit f une fonction de R n dans R. On dit que f est continue en A si f possède en A une limite égale à f (A). Si f est continue en chaque élément de, on dit que f est continue sur. Propriété Si f est définie en A et possède une limite en ce point, cette limite est nécessairement égale à f (A) et f est alors continue en A. Si f a pour limite l en A, la restriction de f à toute courbe continue (non seulement les droites!) passant par A admet la même limite l. Astuce Pour prouver qu une fonction de plusieurs variables n admet pas de limite en A, il suffit donc d epliciter une restriction à une courbe continue passant par A qui n admette pas de limite, ou deu restrictions qui conduisent à des limites différentes. Mais pour prouver l eistence d une limite, il faut considérer le cas général. Attention Si la restriction à toute droite passant par A admet la même limite, on ne peut pas conclure que la limite eiste! Opérations algébriques Les fonctions continues de plusieurs variables jouissent des mêmes propriétés que les fonctions continues d une seule variable. Les fonctions élémentaires telles que les polnômes, les fonctions eponentielles, logarithmiques et trigonométriques sont continues dans leurs domaines de définition respectifs. La continuité des autres fonctions s établit, le cas échéant, en tant que somme, produit, composée, le quotient (lorsque le dénominateur ne s annule pas) etc., de fonctions continues. Eemple. f (, ) = + + est continue dans R (polnôme du second degré à deu variables).. f (,, z) = e + z est continue dans R (somme d une eponentielle et d un polnôme). G. Faccanoni 65

66 . Limites et continuité Jeudi 9 avril. f (, ) = ln( + ) est continue dans = { (, ) R + > } comme somme du logarithme d un polnôme (fonction composée) et d une constante. UUUUUUUUUUUUUUU Astuces UUUUUUUUUUUUUUU En pratique, lorsque n =, il est souvent utile de passer au coordonnées polaires pour ramener le calcul de la limite d une fonction de deu variables à celui de la limite d une fonction d une seule variable. En effet, tout point (, ) de R peut être représenté par ses coordonnées polaires centrées autour du point (a,b) vers lequel il est appelé à tendre : = a + r cosϑ, = b + r sinϑ : b r ϑ a ans cette écriture, r représente la distance entre (a,b) et (, ) de sorte que lim (,) (a,b) f (, ) = lim r, ϑ f (a + r cos(ϑ),b + r sin(ϑ)) On peut alors utiliser la condition suffisante suivante : Proposition S il eiste l R et une fonction r s telle que au voisinage de (a,b) on a f (a + r cosϑ,b + r sinϑ) l s(r ) r, alors lim f (, ) = l. (,) (a,b) Eemple Montrons de deu manières que lim (,) (,) f (, ) avec f (, ) = + n eiste pas. Première méthode. La première résulte directement de la définition. En effet, le long de l ae horizontal qui a équation =, on a tandis que, le long de l ae vertical qui a équation =, on a de sorte que les deu limites ne coïncident pas. lim (,) (,) + lim = = lim (,) (,) = + lim = euième méthode. La seconde manière est basée sur les coordonnées polaires. En posant = r cosϑ, = r sinϑ, on a Eemple lim f (, ) = lim f (r cos(ϑ),r sin(ϑ)) = lim r (cos (ϑ) sin (ϑ)) (,) (,) r, ϑ r, ϑ r (cos (ϑ) + sin (ϑ)) = lim r, ϑ (cos (ϑ) sin (ϑ)) = cos(ϑ). Le résultat varie selon la direction ϑ, donc lim (,) (,) + n eiste pas. Soit f la fonction définie sur R \ {(,)} par f (, ) = +. Comme f (, t) = et f (t, t) = alors f ne peut pas être prolongée par continuité en (,). 66 G. Faccanoni

67 Jeudi 9 avril. Limites et continuité Soit f la fonction définie sur R \ {(,)} par f (, ) = +. Pour trouver la valeur de la limite, si elle eiste, il suffit de calculer la limite d une restriction à une courbe continue passant par (,) : comme f (, t) = pour tout t, si la limite eiste elle est. Pour vérifier que c est bien la limite on passe en coordonnées polaires : on pose = r cosϑ et = r sinϑ pour r > et ϑ [,π] ; on obtient r cosϑsinϑ f ((r,ϑ), (r,ϑ)) = = r cosϑsinϑ = r r (cos ϑ + sin ϑ) sin(ϑ). Comme sin(ϑ), alors f (, ) r indépendamment de ϑ, donc r lim f (, ) =. (,) (,) f peut donc être prolongée par continuité en (,) par la valeur. G. Faccanoni 67

68 . Limites et continuité Jeudi 9 avril Eercices Eercice. ans chaque cas, déterminez et représentez le domaine de définition des fonctions données.. f (, ) = +. f (, ) = ln(). f (, ) = ln( + ) 4. f (,, z) = ln( +) z SOLUTION.. = { (, ) R et > }. = { (, ) R > }. = { (, ) R > et > } 4. = { (,, z) R et z } Eercice. ans chaque cas, déterminez les courbes de niveau des fonctions de deu variables données. Esquissez ensuite leurs graphes (le graphe peut être vu comme un empilement de courbes de niveau qui forment une surface dans R ).. f (, ) = +. f (, ) = cos(). f (, ) = e SOLUTION.. f (, ) = + : f (, ) = κ ssi = κ, ,6 -,8, -,8 -,6 - -,4 -,. f (, ) = e : f (, ) = κ ssi = + ln(κ) - -4, -4, , 5,5-5,,5 -, - 68 G. Faccanoni

69 Jeudi 9 avril. Limites et continuité. f (, ) = cos() : f (, ) = κ ssi = cos() + κ Eercice. omaine de définition, courbes de niveau. éterminer et représenter le domaine de définition de la fonction f : R R définie par f (, ) = ln( ).. éterminer et représenter ses courbes de niveau. SOLUTION. f = { (, ) R > } = { (, ) R < } f (, ) = k = e k = + e k k k = k = Eercice.4 Ces limites eistent-elles dans R?. lim (,) (,) ;. lim (,) (,) (,) (,) ( ) + ;. lim +. SOLUTION.. La limite lim (,) (,) n eiste pas car f (, ) = et f (, ) = En polaire = +r cosϑ, = r sinϑ : f (r,ϑ) = r sin ϑ et r sin ϑ r ainsi lim f (r,ϑ) = et finalement r.. La limite lim (,) (,) n eiste pas car f (, ) = + et f (,) =. lim = (,) (,) ( ) + Eercice.5 G. Faccanoni 69

70 . Limites et continuité Jeudi 9 avril Soit f la fonction définie sur R par f (, ) = 4 + si (, ) (,) sinon. Montrer que la restriction de f à toute droite passant par l origine est continue mais que f n est pas continue à l origine. SOLUTION. Remarquons tout d abord que la fonction est bien définie dans R puisque 4 + = ( ) + ne s annule qu en (,). La restriction de f au droites = et = est la fonction nulle. e plus, la restriction de f à la droite = m, avec m, donne m f (,m) = m + m et tend vers quand tend vers. Comme f (,) =, la restriction de f à toute droite passant par l origine est donc continue. Considérons la restriction de f à la parabole =. On a f (, ) = 4 4 =. Par conséquent, f (, ) ne tend pas vers quand tend vers. Eercice.6 Soit f la fonction définie sur R \ {(,)} par f (, ) = ln( + ) ( + ). Calculer, si elle eiste, la limite de f pour (, ) qui tend vers (,). SOLUTION. Pour m on a f (,m) = ln( + ) m( + m ) mais f (, ) = ln( + ) ( + ) =. La limite n eiste donc pas. Eercice.7 Soit f : R R la fonction ainsi définie + f (, ) = + si (, ) (,), si (, ) = (,). Est-elle continue sur R? SOLUTION. On utilise les coordonnées polaires : = r cosϑ, = r sinϑ ; alors f (r,ϑ) = r (cos ϑ + sin ϑ) et comme f (r,ϑ) r, on en déduit que lim r f (r,ϑ) = indépendamment de ϑ, ce qui prouve que lim (,) (,) f (, ) =, i.e. que f r est continue en (,). e plus elle est continue sur R \{ (,) } comme quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s annule pas. Nous pouvons donc conclure que f est continue sur R. 7 G. Faccanoni

71 Jeudi 9 avril. Limites et continuité Eercice.8 Montrer que la fonction f : R \ { (,) } R définie par f (, ) = + 4 n est pas prolongeable par continuité en (,). SOLUTION. Pour que f soit prolongeable par continuité en (,) il faut que lim (,) (,) f (, ) = l R. Pour prouver que cette limite n eiste pas il suffit d epliciter deu restrictions à deu courbes continues passant par (, ) qui conduisent à des limites différentes. La restriction de f à la courbe continue = qui passe par le point (,) est la fonction f (, ) = = + 4. La restriction de f à la courbe continue = qui passe par le point (,) est la fonction f (, ) = 4 = Comme f (, ) mais f (, ) =, la fonction n est pas prolongeable par continuité en (,). Eercice.9 Montrer que la fonction f : R \ { (,) } R définie par n est pas prolongeable par continuité en (,). f (, ) = sin( ) sin( ) + SOLUTION. Pour que f soit prolongeable par continuité en (,) il faut que lim (,) (,) f (, ) = l R. Pour prouver que cette limite n eiste pas il suffit d epliciter deu restrictions à deu courbes continues passant par (, ) qui conduisent à des limites différentes. La restriction de f à la courbe continue = qui passe par le point (,) est la fonction f (,) = sin( ). La restriction de f à la courbe continue = qui passe par le point (,) est la fonction f (, ) = sin( ). Comme f (,) mais f (, ) =, la fonction n est pas prolongeable par continuité en (,). Eercice. Calculer la limite si elle eiste ou montrer qu elle n eiste pas : ; (,) (,) + a) lim + b) lim ; (,) (,) + ; (,) (,) + c) lim (,) (,) ; d) lim sin(+) e) lim (,) (,) + ; f) lim (,) (,) ; g) lim + + ; (,) (,) +5 (+) h) lim ; (,) (,) + i) lim sin ; (,) (,) + arctan((+) j) lim ) ; (,) (,) ; (,) (,) + k) lim ; (,) (,) + l) lim sin( m) lim + ) ; (,) (,) + + ; (,) (,) + n) lim o) lim (,) (,) e / ; p) lim (,) (,) ln +( ) ; ; (,) (,) + q) lim ; (,) (,) 4 + r) lim + z s) lim +z ; (,,z) (,,) + +z 4 t) lim (,) (,) + ; u) lim + + ; (,) (,) + (,) (,) + ; v) lim w) lim (,) (,) ( + )ln( + ) + 5. G. Faccanoni 7

72 . Limites et continuité Jeudi 9 avril SOLUTION. a) Comme f (, ) ( + ) + = + et en polaire + = r r alors lim b) Comme f (, ) et en polaire + = r + alors lim = +. + r (,) (,) + c) En polaire : f (r,ϑ) = r cos ϑ et r cos ϑ r. Comme lim f (r,ϑ) = alors r d) Comme f (,) = et f (, ) = la limite lim (,) (,) lim (,) (,) n eiste pas. e) Comme f (,) = sin(+) sin(+) + alors lim n eiste pas. (,) (,) + f) En polaires : f (r,ϑ) = r r + g) Comme f (,) = et f (, ) = 5 qui ne dépend que de r. Comme lim r alors lim + + n eiste pas. (,) (,) +5 (+) h) Comme f (, ) = et f (, ) = alors lim n eiste pas. (,) (,) + i) En polaires : f (r,ϑ) = cos ϑsin (r sinϑ) +sin ϑ j) Comme f (, ) = arctan(() ) k) Comme f (,) = et f (, ) = alors lim f (r,ϑ) = alors lim (,) (,) + =. (,) (,) et f (r,ϑ) sin (r sinϑ). Comme lim f (r,ϑ) = alors r = =. lim (,) (,) 4 et f (,) = arctan( ) arctan((+) alors lim ) n eiste pas. (,) (,) (,) (,) + n eiste pas. l) En polaires : f (r,ϑ) = r cos ϑsin ϑ +cos ϑ et f (r,ϑ) r +cos ϑ car cos ϑsin ϑ. Comme lim f (r,ϑ) = alors r m) En polaires : f (r,ϑ) = sin(r ). Comme lim f (r,ϑ) = alors r r n) Comme f (,) = mais f (, ) = alors lim o) Comme f (, ) = e lim (,) (,) (,) (,) + sin( + ) + =. + = n eiste pas. mais f (, ) = e / + alors lim e / n eiste pas. + (,) (,) sin + =. lim (,) (,) + =. p) En polaire : f (r,ϑ) = cosϑln(+r sinϑ) et cosϑln(+r sinϑ) ln(+r sinϑ). Comme on calcule la limite pour r, on peut supposer r < ; dans ce cas ln( + r sinϑ) < ln( + r ) et comme lim f (r,ϑ) = alors lim ln =. r r +( ) q) En polaire : f (r,ϑ) = r cos ϑsinϑ et r (cos ϑsinϑ) r. Comme lim f (r,ϑ) = alors r r) Comme f (, ) = = mais f (, ) = 4 = alors lim (,) (,) 4 + lim (,) (,) n eiste pas. (,) (,) + =. s) Comme f (,, ) = + = mais f (,, ) = = + z alors lim +z n eiste pas (,,z) (,,) + +z 4 t) En polaire : f (r,ϑ) = r cos ϑ et r cos ϑ r. Comme lim f (r,ϑ) = alors r u) = + +. Si on définit g (, ) = lim r f (r,ϑ) = alors lim (,) (,) =. v) Comme f (,) = et f (, ) = alors lim (,) (,) + lim (,) (,) + =. +, en polaire g (r,ϑ) = r (sin ϑ cos ϑ) et r (sin ϑ cos ϑ) r. Comme n eiste pas. w) En polaire : f (r,ϑ) = r ln(r ) alors lim (,) (,) ( + )ln( + ) + 5 = 5. 7 G. Faccanoni

73 4. érivabilité et différentiabilité des fonctions de R dans R, fonctions implicites érivées partielles L unique dérivée d une fonction d une variable, lorsqu elle eiste, est liée au variations de la fonction tandis que la variable parcourt l ae des abscisses. Pour une fonction f : R R, dont le graphe est une surface de R, la situation est très différente. En effet, l ae réel n offre que deu tpes de mouvements possibles : de gauche à droite et de droite à gauche tandis que le plan R possède une infinité de directions (ici on ne considère que des droites tandis que pour la continuité on considère tous les possibles trajectoires!). Or, il peut s avérer intéressant d étudier comment une fonction f : R R évolue lorsque la variable suit l une ou l autre direction du plan. À cet égard, considérons d abord la direction horizontale. Prenons le point (, ) du domaine de f. Son image est f (, ) R et le graphe de la fonction, qui est la surface d équation z = f (, ) de R, comporte le point (,, f (, )). L intersection du graphe de f avec le plan vertical = est la courbe d équation z = f (, ) de R. Le point (, ) étant fié, on peut alors interpréter cette courbe comme le graphe de la fonction g d une seule variable définie par g () = f (, ). Si g est dérivable en, alors sa dérivée nous renseigne sur la variation de la fonction f lorsque (, ) se déplace le long de la droite horizontale de R passant par le point (, ). Lorsqu on pose toutes les variables d une fonction égales à une constante, sauf une, on obtient alors une fonction d une seule variable, qui peut être dérivée suivant les règles habituelles. érivées partielles premières Soit f une fonction à valeurs réelles définie sur une partie ouverte de R. Soit (, ). Les dérivées partielles de f en (, ) sont les dérivées des fonctions partielles f ( f ( + h, ) f (, ), ) = lim, h h f ( f (, + h) f (, ), ) = lim. h h Il s agit de limites d une fonction réelle de variable réelle! Si f admet les dérivées partielles f et f on dit que f est dérivable. Notation f se note aussi f ou f ou f,. Eemple Soit f (, ) = 4. On a f (, ) = et f (, ) = 4. Le graphe de f est le paraboloïde z = 4 et le plan vertical = l intersecte dans la parabole z =, = (et on appelle cette courbe C comme dans la figure à gauche). La pente de la droite tangente à cette parabole au point (,,) est f (,) =. e la même façon, le plan vertical = intersecte le paraboloïde dans la parabole z =, = (et on appelle cette courbe C comme dans la figure à droite). La pente de la droite tangente à cette parabole au point (,,) est f (,) = 4. 7

74 4. érivabilité et différentiabilité Jeudi 9 avril Vecteur gradient Le gradient de f en (, ), noté f (, ) ou encore gradf (, ), est le vecteur dont les composantes sont les dérivées partielles premières. Il est orthogonal à la courbe de niveau de f passant par (, ). Les dérivées partielles jouissent des mêmes propriétés que les dérivées de fonctions d une seule variable. En particulier, les fonctions élémentaires telles que les polnômes, les fonctions eponentielles, logarithmiques et trigonométriques sont dérivables dans leur domaine respectif. La dérivabilité (partielle) des autres fonctions s établit, le cas échéant, en tant que somme, produit, composée, etc., de fonctions dérivables. Les règles de dérivation sont également similaires, à l eception de celle relative à la dérivation des fonctions composées. En effet, lorsque n >, il est impossible de réaliser un produit de composition entre deu fonctions de R n R. À ce sujet, la règle de dérivation de fonctions composées sera eposé plus tard. Eemple. Soit la fonction f (, ) = +. Alors R, elle est continue et f (, ) = 6 + (car est considérée constante) et f (, ) = 4 (car est considérée constante).. Soit la fonction f (,, z) = 5z ln(+7). Alors {(,, z) > /7}, f est continue et f (,, z) = 5z ln(+7), f (,, z) = 5z +7 et f z (,, z) = 5 ln( + 7).. Considérons l entropie d un gaz parfait en fonction de l énergie interne spécifique ε et du volume spécifique τ : s(τ, ε) = c v ln ( ετ γ ) (c v et γ > sont deu constantes). Comme la température et la pression sont définies respectivement par T = /s ε et P = Ts τ, on obtient T = s = ε ε c et P = Ts v τ = c ε c v (γ )τ γ v ετ γ = (γ ) τ ε. On retrouve ainsi la relation bien connue Pτ = RT avec R = c v (γ ). Les directions correspondant au dérivées partielles sont celles des aes. autres dérivées directionnelles sont aussi envisageables : érivée directionnelle Les dérivées partielles d une fonction de deu variables décrivent le tau de variation de cette fonction lorsqu une de ses variable varie, l autre restant constante. e manière plus générale, on peut s intéresser au tau de variation de f lorsque ses arguments (, ) varient dans une direction fiée. La dérivée de f en (, ) selon la direction v = (a,b) est définie par f v ( f ( + ha, + hb) f (, ), ) = lim. h h Lorsque f est différentiable (voir plus bas), cette limite vaut f v (, ) = f (, ) v = f (, )a + f (, )b. Eemple Calculons la dérivée de f = en (,) selon la direction v = (,5) : en appliquant la définition on a f v (,) = lim h ((+h) (+5h) ) ( ) 6h = lim 4h h h = 4 ; h comme f est différentiable, on a f (,) = et f (,) = 4 donc f v (,) = f (,) v = f (,) + 5 f (,) = 6 = 4. Attention Une fonction f peut admettre des dérivées partielles en tout point d un ouvert de R et ne pas être continue en tout point de cet ouvert. Eemple La fonction f (, ) = { + si (, ) (,) sinon n est pas continue en (,) car f (,) = mais f (, ) = /, cependant elle admet des dérivées partielles en (,) car f (,) = f (h,) f (,) f (,h) f (,) lim h = et h f (,) = =. h 74 G. Faccanoni

75 Jeudi 9 avril 4. érivabilité et différentiabilité Fonction de classe C Si les fonctions dérivées partielles f et f sont continues sur, on dit que f est de classe C sur. érivées des fonctions composées Cas R R R Soit f une fonction de deu variables admettant des dérivées partielles premières. Si et sont deu fonctions dérivables de R dans R, alors la fonction de R dans R définie par g (t) = f ((t), (t)) est dérivable et g (t) = f ((t), (t)) (t) + f ((t), (t)) (t). Cas R R R Soit f une fonction de deu variables et elles-même fonctions des deu variables u et v, on peut définir la fonction composée g (u, v) = f ((u, v), (u, v)) et écrire, lorsque les dérivées partielles premières qui interviennent sont définies, g u g v (u, v) = f (u, v) = f f ((u, v), (u, v)) (u, v) + u f ((u, v), (u, v)) (u, v) + v ((u, v), (u, v)) (u, v), u ((u, v), (u, v)) (u, v). v Eemple La pression P (en kilopascals), le volume V (en litres) et la température (en kelvins) d une mole d un gaz parfait sont lié par l équation PV = RT avec R = 8.. On veut déterminer la vitesse à laquelle la pression change quand la température est de K et est en train d augmenter à raison de.ks et quand le volume est de L et est en train de croître à raison de.ls. À l instant considéré, T = et dt /d t =., V = et dv /d t =.. Or donc P(t) = P(T (t),v (t)) ainsi P = R T V dp d t = P dt T d t + P dv V d t = R dt V d t RT dv V La pression est donc en train de diminuer d environ.4kpas. d t = =.455. Eemple La température en un point (, ) est notée T (, ) et mesurée en degrés Celsius. Un insecte en train de ramper se trouve après t secondes en = + t, = +t/, où et sont mesurés en centimètres. La fonction température satisfait à T (,) = 4 et T (,) =. À quelle vitesse croît la température sur la trajectoire de l insecte après secondes? Comme et sont chacune fonction du temps t, la fonction T (, ) est aussi fonction du temps et l on dt d t = T d d t + T d d t = T + t + T. Après secondes, = et = et Ainsi la température croît de Cs. dt d t (,) = 4 + =. érivées partielles d ordre supérieur Si les fonctions dérivées partielles admettent elles-mêmes des dérivées partielles en (, ), ces dérivées sont appelées dérivées partielles secondes, ou dérivées partielles d ordre, de f en (, ). On les note f (, ) = ( f ( f f (, ) = ) (, ) (ou f (, ) ou encore f (, )), ) (, ) (ou f (, ) ou encore f (, )), G. Faccanoni 75

76 4. érivabilité et différentiabilité Jeudi 9 avril f (, ) = ( f ( f f (, ) = ) (, ) (ou f (, ) ou encore f (, )), ) (, ) (ou f (, ) ou encore f (, )). Les dérivées partielles d ordre supérieur à se définissent par récurrence de façon analogue. Matrice Hessienne La matrice Hessienne de f en (, ) est la matrice dont les entrées sont les dérivées partielles secondes : ( ) f (, ) f (, ). f (, ) f (, ) Sont déterminant est le réel = f (, ) f (, ) f (, ) f (, ). Fonction de classe C k Si les fonctions dérivées partielles d ordre k sont continues sur, on dit que f est de classe C k sur. Si les dérivées partielles de tous ordres eistent, f est dite de classe C sur. Théorème de SCHWARZ Si au moins une des dérivées partielles f et f est continue en (, ) alors f (, ) = f (, ). Eemple Les dérivées premières et secondes de la fonction f (, ) = + sont f (, ) = 4 +, f (, ) = 6, f (, ) = 4, f (, ) = 6, f (, ) = 6, f (, ) = 6 6. érivabilité et différentiabilité Quel que soit le nombre de variables en présence, la différentiabilité d une fonction f en un point a correspond à l eistence d une approimation linéaire de la fonction au voisinage du point (,, f (, )) du graphe de la fonction. Pour les fonctions d une seule variable, cette approimation linéaire est fournie par la droite tangente d équation = f ( )+ f ()( ), impliquant directement l équivalence entre la dérivabilité et la différentiabilité. Il n était donc pas nécessaire d ajouter une définition. ans le cas des fonctions de deu variables et plus, l équivalence disparaît entre l eistence des dérivées partielles, d une part, et celle d un plan tangent, d autre part. Cela provient du fait que la dérivabilité repose seulement sur des limites le long de directions particulières. La dérivabilité apparaît donc comme un concept trop faible pour garantir l eistence d un plan tangent. La notion de différentiabilité va combler ce déficit. Pour les fonctions de deu variables, l intuition géométrique peut encore servir de guide. Ainsi, si la fonction f est dérivable en (, ), on peut affirmer l eistence de deu droites tangentes, chacune par rapport à la trace verticale du graphe dans les plans d équation = et =. ans le meilleur des cas, ces deu droites, nécessairement concourantes en (,, f (, )), forment un plan qui est tangent au graphe. Toutefois, certaines irrégularités peuvent surgir (par eemple, la présence d une discontinuité en (, )) qui ecluent l eistence d un plan tangent. ans pareil cas, les deu droites eistent et définissent un plan qui n est pas un plan tangent, parce qu un tel plan n eiste pas. Ces deu droites déterminent donc un «candidat plan tangent», dont l eistence doit encore être vérifiée. Plus généralement, la différentiabilité d une fonction de n variables, dérivable au point (, ), s étudie en deu étapes. La première consiste à introduire la «candidate différentielle». La seconde teste si cette candidate constitue effectivement une approimation locale de l accroissement de la fonction. Les définitions suivantes précisent ces notions. 76 G. Faccanoni

77 Jeudi 9 avril 4. érivabilité et différentiabilité Fonction différentiable On dit que f est différentiable en (, ) s il eiste deu constantes réelles A et B telles que f ( + h, + k) f (, ) = αh + βk + (h,k) ε(h,k) avec lim (h,k) (,) ε(h,k) =. Théorème Si f admet des dérivées partielles en (, ), alors elle est différentiable en (, ) ssi f ( + h, + k) f (, ) h f (, ) k f (, ) lim =. (h,k) (,) h + k Eemple La fonction f (, ) = + est différentiable en (,) car puisque f (h,k) f (,) h f (,) k f (,) hk h + k h( )) k() lim = lim = lim (h,k) (,) h + k (h,k) (,) h + k (h,k) (,) hk = r cosϑsinϑ et r cosϑsinϑ r. h +k r hk h = + k Plan tangente L équation du plan tangente au graphe de la fonction f (, ) en (, ) est g (, ) = f (, ) + ( ) f (, ) + ( ) f (, ). Théorème Si f est différentiable en (, ), alors f est continue en (, ) et admet des dérivées partielles en (, ). ans ce cas on a α = f (, ) et β = f (, ) et on note La réciproque est fausse. df (, ) = f (, ) d + f (, ) d. Théorème Si f est de classe C au voisinage de (, ), alors f est différentiable en (, ). La réciproque est fausse. Formule de Talor Si f est de classe C au voisinage de (, ), alors f (, ) = f (, ) + ( ) f (, ) + ( ) f (, ) + [ ( ) f (, ) + ( )( ) f (, ) + ( ) f (, ) ] + o(( ) + ( ) ). G. Faccanoni 77

78 4. érivabilité et différentiabilité Jeudi 9 avril Fonctions implicites Si b, l équation a + b + c = définit une fonction = (a + c)/b. Nous allons généraliser ce fait au équations du tpe f (, ) = où f est une fonction différentiable : une fonction ϕ() est définie implicitement près de = a par l équation f (, ) = si toutes les solutions de cette équation dans un voisinage de (a,ϕ(a)) sont sur le graphe {(, ) = ϕ()} de ϕ. Eemple Si f (, ) = +, l équation f (, ) = est celle d un cercle de raon centré en (,). Ce cercle n est pas globalement le graphe d une fonction, cependant l équation f (, ) = peut être résolue eplicitement pour. On trouve les deu solutions = ±. Les fonctions ϕ () = et ϕ () = sont définies implicitement par l équation f (, ) = près de =. Théorème de la fonction implicite (cas d une fonction à deu variables) Soit f : R R une fonction de classe C au voisinage de (, ). Si f (, ) = k (k constante réelle) et f (, ), alors il eiste un intervalle ouvert I contenant et une fonction ϕ de I dans R de classe C sur I telle que ϕ( ) = et pour tout I f (,ϕ()) = k et ϕ () = f (,ϕ()) f (,ϕ()) et la droite tangente à = ϕ() en = a équation = ϕ ( )( ) +. Eemple La fonction = défini implicitement au voisinage de (, ) une fonction = ϕ(). La droite tangente au graphe de la courbe d équation = ϕ() a équation = = ( ) f (,ϕ()) f (,ϕ()) +( ) = ( ) ϕ() = = ϕ() Théorème de la fonction implicite (cas d une fonction à trois variables) Soit f : R R une fonction de classe C au voisinage de (,, z ). Si f (,, z ) = k et z f (,, z ), alors il eiste un ouvert I R contenant (, ) et une fonction ϕ de I dans R de classe C sur I telle que ϕ(, ) = z et pour tout (, ) I f (,,ϕ(, )) = k, ϕ(, ) = f (,,ϕ(, )) z f (,,ϕ(, )), ϕ(, ) = f (,,ϕ(, )) z f (,,ϕ(, )). 78 G. Faccanoni

79 Jeudi 9 avril 4. érivabilité et différentiabilité Eercices Eercice 4. ans chaque cas, calculez toutes les dérivées partielles des fonctions données :. f (, ) = SOLUTION.. f (, ) = cos(e ). f (,, z) = cos(z) + ln( sin ( + z)). f (, ) = + et f (, ) = 6 4. f (, ) = cos(e ) e sin(e ) et f (, ) = e sin(e ). f (,, z) = cos(z) z sin(z), f (, ) = sin(+z)cos(+z) ln( sin (+z)) et z f (, ) = sin(z) + sin(+z)cos(+z) ln( sin (+z)) Eercice 4. La fonction de production d un entrepreneur est donné par K 4 L, où K représente le capital utilisé et L le travail. Actuellement, il utilise 9 unités de capital et 6 unités de travail. éterminez par approimation linéaire la production obtenue s il augmente d une unité le capital et de deu unités le facteur travail. SOLUTION. La fonction f (K,L) = K 4 L est différentiable dans (R + ) et par conséquent 4 L K K f (K,L) = K, L f (K,L) = 4 4 L, f (9 +,6 + ) f (9,6) + f (9,6) ( ) = = = 48. Eercice 4. La production annuelle de blé B dépend de la température moenne T et des précipitations R. Les scientifiques estiment que la température moenne est en train de croître de.5 Can et que les précipitations diminuent à raison de.cman. Ils pensent aussi qu au niveau de production actuels T B = et R B = 8. Que signifient les signes de ces dérivées partielles? Estimez le tau actuel de variation de la production de blé db/d t. SOLUTION. Comme T B est négative, une augmentation de la température moenne (tout en gardant les précipitations annuelles constant) entraîne une diminution de la production de blé au niveau de production actuels. Puisque R B est positive, une augmentation de la pluviosité annuelle (tout en gardant la température moenne constante) provoque une augmentation de la production de blé. Puisque la température moenne augmente à un tau de.5 Can, nous savons que dt /d t =.5. Comme les précipitations diminuent à raison de.cman, nous savons que dr/d t =.. Par conséquent, db d t = B dt T d t + B dr = ( ) (.5) + (8) (.) =.. R d t Ainsi, nous estimons que la production de blé diminuera à raison de. unités par an. Eercice 4.4 Soit f : R R une application. ire si les affirmations suivantes sont V raies ou F ausses.. Si f C (R ) alors f est différentiable en tout point.. Si f C (R ) alors il eiste f en tout point. G. Faccanoni 79

80 4. érivabilité et différentiabilité Jeudi 9 avril. Si f C (R ) alors f est continue. 4. Si f est différentiable en tout point alors f C (R ). 5. S il eiste f en tout point alors f C (R ). 6. Si f est continue alors f C (R ). 7. Si f est différentiable en (, ) alors il eiste f (, ). 8. Si f est différentiable alors f est continue. 9. S il eiste f (, ) alors f est différentiable en (, ).. Si f est continue alors f est différentiable.. Si f est continue alors il eiste f en tout point.. S il eiste f en tout point alors f est continue. SOLUTION.. V Si f C (R ) alors f est différentiable en tout point.. V Si f C (R ) alors il eiste f en tout point.. V Si f C (R ) alors f est continue. 4. F Si f est différentiable en tout point alors f C (R ). 5. F S il eiste f en tout point alors f C (R ). 6. F Si f est continue alors f C (R ). 7. V Si f est différentiable en (, ) alors il eiste f (, ). 8. V Si f est différentiable alors f est continue. 9. F S il eiste f (, ) alors f est différentiable en (, ).. F Si f est continue alors f est différentiable.. F Si f est continue alors il eiste f en tout point.. F S il eiste f en tout point alors f est continue. Eercice 4.5 Eemple de PEANO Soit f la fonction définie sur R par f (, ) = + si (, ) (,), si (, ) = (,). Montrer que f est continue sur R. Calculer f (, ). Montrez que f admet des dérivées partielles secondes en tout point. Que pouvez-vous déduire du calcul de f (,) et de f (,)? SOLUTION. La fonction est clairement continue dans R \ {(,)} car quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s annule pas. Elle est aussi continue en (,) car lim f (, ) = lim ( ) (,) (,) (,) (,) + = lim ρ cosϑsinϑ(cos θ sin θ) lim ρ = = f (,). ρ ρ θ f est donc continue sur R. On a f (, ) = ( + ) si (, ) (,), f (,) f (,) = si (, ) = (,), lim f (, ) = ( + ) si (, ) (,), f (,) f (,) = si (, ) = (,). lim 8 G. Faccanoni

81 Jeudi 9 avril 4. érivabilité et différentiabilité On en déduit 4 ( ) si (, ) (,), ( f (, ) = + ) lim f (,) f (,) = si (, ) = (,), si (, ) (,), ( f (, ) = + ) lim f (,) f (,) = si (, ) = (,), si (, ) (,), ( f (, ) = + ) f (,) f (,) lim = si (, ) = (,), 4 ( ) si (, ) (,), ( + ) f (, ) = f (,) f (,) lim = si (, ) = (,), Comme f (,) f (,), le théorème de SCHWARZ permet de conclure que les dérivées secondes f (, ) et f (, ) ne sont pas continue en (,). Eercice 4.6 Continuité, dérivabilité, différentiabilité Soit f : R R la fonction ainsi définie f (, ) = + si (, ) (,), si (, ) = (,).. Est-elle continue sur R?. Calculer f (, ).. La fonction f est-elle de classe C (R )? 4. Que peut-on conclure sur la différentiabilité de la fonction f sur R? SOLUTION.. f est continue sur R \ { (,) } car quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s annule pas. Pour que f soit continue sur R il faut alors que lim (,) (,) f (, ) = f (,) =. Passons on coordonnées polaires : = + r cosϑ, = + r sinϑ, f (r,ϑ) = f ((r,ϑ), (r,ϑ)) = r cos ϑsinϑ. Comme f (r,ϑ) r alors lim (,) (,) f (, ) = donc f est continue sur R. r ( ) f (, ). f (, ) = avec f (, ) si (, ) (,) ( f (, ) = + ) f (,) f (,) lim = si (, ) = (,) 4 si (, ) (,) ( f (, ) = + ) f (,) f (,) lim = si (, ) = (,). Comme f est continue et dérivable sur R et ses dérivées partielles sont continues sur R \ { (,) } alors f est de classe C (R \ { (,) }). Pour qu elle soit de classe C (R ) il faut que les dérivées partielles soient continues sur R, autrement dit il faut que lim f (, ) = f (,) (,) (,) lim f (, ) = f (,) (,) (,) Comme f (, ) = = f (,) on conclut que f n est pas continue en (,), donc f n est pas de classe C (R ). 4. Comme f est de classe C (R \ { (,) }) alors f est différentiable sur R \ { (,) }. Pour qu elle soit différentiable sur R il faut que f (, ) f (,) f (,)( ) f (,)( ) lim =. (,) (,) ( ) + ( ) Si on note h(, ) = f (,) f (,) f (,)( ) f (,)( ) ( ) +( ), comme h(, ) = /, alors f n est pas différentiable sur R. G. Faccanoni 8

82 4. érivabilité et différentiabilité Jeudi 9 avril Eercice 4.7 Continuité, dérivabilité, différentiabilité Soit f : R R la fonction ainsi définie. Est-elle continue sur R?. Est-elle dérivable sur R?. Est-elle de classe C (R )? 4. Est-elle différentiable sur R? f (, ) = + si (, ) (,), si (, ) = (,). SOLUTION.. ÉTUE E LA CONTINUITÉ SUR R Étude sur R \ { (,) } : f est continue sur R \ { (,) } car quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s annule pas. Étude en (,) : pour que f soit continue en (,) il faut que lim (,) (,) f (, ) = f (,) =. Passons on coordonnées polaires : = + r cosϑ, = + r sinϑ, Comme f (r,ϑ) r r alors lim (,) (,) f (, ) =. onc f est continue sur R.. ÉTUE E LA ÉRIVABILITÉ SUR R f (r,ϑ) = f ((r,ϑ), (r,ϑ)) = r cos(ϑ)sin (ϑ). f est dérivable sur R si les deu dérivées partielles f et f sont définie pour tout (, ) R : 4 si (, ) (,) ( f (, ) = + ) f (,) f (,) lim = si (, ) = (,) onc f est dérivable sur R.. ÉTUE E LA RÉGULARITÉ SUR R f est continue et dérivable sur R. si (, ) (,) ( f (, ) = + ) f (,) f (,) lim = si (, ) = (,) Étude sur R \ { (,) } : les dérivées partielles sont continues sur R \ { (,) } car quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s annule pas. Alors f est de classe C (R \ { (,) }) Étude en (,) : les dérivées partielles sont continues en (,) ssi lim f (, ) = f (,) (,) (,) lim f (, ) = f (,) (,) (,) Comme f (, ) = = f (,) on conclut que f n est pas continue en (,) f est de classe C (R \ { (,) }) mais n est pas de classe C (R ). 4. ÉTUE E LA IFFÉRENTIABILITÉ SUR R Étude sur R \ { (,) } : comme f est de classe C (R \ { (,) }) alors f est différentiable sur R \ { (,) }. Étude en (,) : pour que f soit différentiable en (,) il faut que f (, ) f (,) f (,)( ) f (,)( ) lim =. (,) (,) ( ) + ( ) Si on note h(, ) = f (,) f (,) f (,)( ) f (,)( ) =, comme h(, ) =, alors f n est pas ( ) +( ) ( + ) / différentiable en (,). f est différentiable sur R \ { (,) } mais n est pas différentiable en (,). 8 G. Faccanoni

83 Jeudi 9 avril 4. érivabilité et différentiabilité Eercice 4.8 Soit f : R R la fonction ainsi définie ( ) f (, ) = ( ) + si (, ) (,), si (, ) = (,).. Étude de la fonction sur R \ { (,) } :.. montrer que f est continue sur R \ { (,) } ;.. calculer le gradient de f pour (, ) R \ { (,) } ;.. montrer que f est de classe C sur R \ { (,) } ;.4. que peut-on conclure sur la différentiabilité de f sur R \ { (,) }?. Étude de la fonction en (,) :.. montrer que f est continue en (,) ;.. calculer le gradient de f en (,) ;.. montrer que f n est pas différentiable en (,) ;.4. f est-elle de classe C en (,)? SOLUTION.. Étude de la fonction sur R \ { (,) }... f est continue sur R \ { (,) } car quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s annule pas... Le gradient de f pour (, ) R \ { (,) } est le vecteur de composantes f (, ) = ( ) (( ) + ), f (, ) = ( ) (( ) + )... f est continue et dérivable sur R \ { (,) } ; ses dérivées partielles sont continues sur R \ { (,) } car quotients de fonctions continues dont les dénominateurs ne s annulent pas. Alors f est de classe C (R \ { (,) })..4. Comme f est de classe C (R \ { (,) }) alors f est différentiable sur R \ { (,) }.. Étude de la fonction en (,)... Pour que f soit continue en (,) il faut que lim (,) (,) f (, ) = f (,). Passons en coordonnées polaires : = + r cosϑ, = + r sinϑ, f (r,ϑ) = f ((r,ϑ), (r,ϑ)) = r cosϑsin ϑ. Comme f (r,ϑ) r r alors lim (,) (,) f (, ) = donc f est continue en (,)... Le gradient de f en (,) est le vecteur de composantes f (,) f (,) f (, ) f (,) f (,) = lim =, f (,) = lim =... Pour prouver que f n est pas différentiable en (,) il faut montrer que f (, ) f (,) f (,)( ) f (,)( ) lim. (,) (,) ( ) + ( ) Notons h(, ) = f (,) f (,) f (,)( ) f (,)( ) ( ) = ; comme h(, ) =, alors f n est pas ( ) +( ) (( ) + ) / / différentiable en (,)..4. Comme f n est pas différentiable en (,), elle n est pas de classe C en (,). Si on a oublié ce théorème on peut le prouver directement : pour qu elle soit de classe C en (,) il faut que les dérivées partielles soient continues, autrement dit il faut que lim f (, ) = f (,) et lim f (, ) = f (,). (,) (,) (,) (,) Comme f (, ) = f (,) = on conclut que f n est pas continue en (,), donc f n est pas de classe C en (,). G. Faccanoni 8

84 4. érivabilité et différentiabilité Jeudi 9 avril Eercice 4.9 Soit f : R R la fonction ainsi définie ( + ) f (, ) = + ( + ) si (, ) (, ), si (, ) = (, ).. Étude de la fonction sur R \ { (, ) } :.. montrer que f est continue sur R \ { (, ) } ;.. calculer le gradient de f pour (, ) R \ { (, ) } ;.. montrer que f est de classe C sur R \ { (, ) } ;.4. que peut-on conclure sur la différentiabilité de f sur R \ { (, ) }?. Étude de la fonction en (, ) :.. montrer que f est continue en (, ) ;.. calculer le gradient de f en (, ) ;.. montrer que f n est pas différentiable en (, ) ;.4. f est-elle de classe C en (, )? SOLUTION.. Étude de la fonction sur R \ { (, ) }... f est continue sur R \ { (, ) } car quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s annule pas... Le gradient de f pour (, ) R \ { (, ) } est le vecteur de composantes f (, ) = ( + ) ( + ( + ) ), f (, ) = ( + ) ( + ( + ) )... f est continue et dérivable sur R \ { (, ) } ; ses dérivées partielles sont continues sur R \ { (, ) } car quotients de fonctions continues dont les dénominateurs ne s annulent pas. Alors f est de classe C (R \ { (, ) })..4. Comme f est de classe C (R \ { (, ) }) alors f est différentiable sur R \ { (, ) }.. Étude de la fonction en (, )... Pour que f soit continue en (, ) il faut que lim (,) (, ) f (, ) = f (, ). Passons en coordonnées polaires : = + r cosϑ, = + r sinϑ, f (r,ϑ) = f ((r,ϑ), (r,ϑ)) = r cos ϑsinϑ. Comme f (r,ϑ) r alors lim (,) (, ) f (, ) = donc f est continue en (, ). r.. Le gradient de f en (, ) est le vecteur de composantes f (,) f (, ) f (, ) f (, ) f (, ) = lim =, f (, ) = lim =. +.. Pour prouver que f n est pas différentiable en (, ) il faut montrer que f (, ) f (, ) f (, )( ) f (, )( + ) lim. (,) (, ) + ( + ) Notons h(, ) = f (,) f (, ) f (, )( ) f (, )(+) = (+) ; comme h( +, ) =, alors f n est ( ) +(+) ( +(+) ) / / pas différentiable en (, )..4. Comme f n est pas différentiable en (, ), elle n est pas de classe C en (, ). Si on a oublié ce théorème on peut le prouver directement : pour qu elle soit de classe C en (, ) il faut que les dérivées partielles soient continues, autrement dit il faut que lim f (, ) = f (, ) et lim f (, ) = f (, ). (,) (, ) (,) (, ) Comme f ( +, ) = f (, ) = on conclut que f n est pas continue en (, ), donc f n est pas de classe C en (, ). 84 G. Faccanoni

85 Jeudi 9 avril 4. érivabilité et différentiabilité Eercice 4. Continuité, dérivabilité, différentiabilité Soit f : R R la fonction ainsi définie f (, ) = + si (, ) (,), si (, ) = (,).. Est-elle continue sur R?. Calculer f (, ).. La fonction f est-elle de classe C (R )? 4. Que peut-on conclure sur la différentiabilité de la fonction f sur R? SOLUTION.. La fonction est clairement continue dans R \ {(,)}. Elle est aussi continue en (,) car lim (,) (,) f est donc continue sur R.. Pour (, ) (,) on a Pour (, ) = (,) on a f (, ) = lim (,) (,) f (,) = f (, ) = + = lim ρ cos θ sin θ lim ρ = = f (,). ρ ρ ( ) f (,) = f (,) θ ( ) f (, ) = f (, ) 4 ( + ) 4 ( + ). ( ) f (,) f (,) lim f (,) f (,) = lim. On a déjà vérifié que la fonction est continue sur R. Vérifions si ses dérivées partielles sont continues sur R. On a f (, ) = { 4 lim f (, ) = lim (,) (,) ρ f (, ) = ( + ) si (, ) (,), si (, ) = (,), θ ρ 5 (cosθ sin 4 θ) ρ 4 { 4 ( + ) si (, ) (,), si (, ) = (,). ( ). = lim ρ ρ = = f (,) lim ρ 5 (cos 4 θ sinθ) f (, ) = lim (,) (,) ρ ρ 4 = lim ρ = = f (,), ρ θ la fonction est donc de classe C (R ). 4. Puisque toute fonction de classe C (Ω) est différentiable sur Ω, on conclut que f est différentiable sur R. Eercice 4. Continuité, dérivabilité, différentiabilité Soit f : R R la fonction ainsi définie f (, ) = + si (, ) (,), si (, ) = (,).. Est-elle continue sur R?. Calculer f (, ).. La fonction f est-elle de classe C (R )? 4. Que peut-on conclure sur la différentiabilité de la fonction f sur R? G. Faccanoni 85

86 4. érivabilité et différentiabilité Jeudi 9 avril SOLUTION.. La fonction est clairement continue dans R \ {(,)}. Elle est aussi continue en (,) car lim (,) (,) f est donc continue sur R.. Pour (, ) (,) on a Pour (, ) = (,) on a f (, ) = lim (,) (,) f (,) = f (, ) = + = lim ρ cos θ sin θ = lim ρ = = f (,). ρ ρ θ ( ) f (, ) = f (, ) ( ) f (,) = f (,) ( + ) ( + ). 5 ( + ) ( ) f (,) f (,) lim f (,) f (,) = lim. On a déjà vérifié que la fonction est continue sur R. Vérifions si ses dérivées partielles sont continues sur R. On a { ( + ) si (, ) (,), f (, ) = ( + ) si (, ) = (,), lim f (, ) = lim (,) (,) ρ f (, ) = θ ρ 6 cos θ sin θ(cos θ + sin θ) ρ 4 { 5 ( + ) si (, ) (,), si (, ) = (,). ( ). lim ρ 6 (cos 5 θ sinθ) f (, ) = lim (,) (,) ρ ρ 4 = lim ρ = = f (,), ρ θ = lim ρ 4ρ = = f (,) la fonction est donc de classe C (R ). 4. Puisque toute fonction de classe C (Ω) est différentiable sur Ω, on conclut que f est différentiable sur R. Eercice 4. Continuité, dérivabilité, différentiabilité Soit f : R R la fonction ainsi définie f (, ) = + si (, ) (,), si (, ) = (,).. Est-elle continue sur R?. Calculer f (, ).. La fonction f est-elle de classe C (R )? 4. Que peut-on conclure sur la différentiabilité de la fonction f sur R? SOLUTION.. La fonction est clairement continue dans R \ {(,)}. Elle est aussi continue en (,) car lim (,) (,) f (, ) = lim (,) (,) + = lim ρ cos θ sin θ = lim ρ = = f (,). ρ ρ θ f est donc continue sur R.. Pour (, ) (,) on a Pour (, ) = (,) on a f (,) = f (, ) = ( ) f (, ) = f (, ) ( ) f (,) = f (,) 5 ( + ) ( + ) ( + ). ( ) f (,) f (,) lim f (,) f (,) = lim ( ). 86 G. Faccanoni

87 Jeudi 9 avril 4. érivabilité et différentiabilité. On a déjà vérifié que la fonction est continue sur R. Vérifions si ses dérivées partielles sont continues sur R. On a f (, ) = { 5 lim f (, ) = lim (,) (,) ρ f (, ) = ( + ) si (, ) (,), si (, ) = (,), θ ρ 6 (cosθ sin 5 θ) ρ 4 { ( + ) ( + ) si (, ) (,), si (, ) = (,). = lim ρ ρ = = f (,) lim ρ 6 (cos θ + sin θ) f (, ) = lim (,) (,) ρ ρ 4 = lim 4ρ = = f (,), ρ θ la fonction est donc de classe C (R ). 4. Puisque toute fonction de classe C (Ω) est différentiable sur Ω, on conclut que f est différentiable sur R. Eercice 4. Continuité, dérivabilité, différentiabilité Soit f : R R la fonction ainsi définie f (, ) = { ( + ) cos( ) + si (, ) (,), si (, ) = (,).. Est-elle continue sur R?. Calculer f (, ).. La fonction f est-elle de classe C (R )? 4. Sans faire de calculs, que peut-on conclure sur la différentiabilité de la fonction f sur R? SOLUTION.. La fonction est clairement continue dans R \ {(,)}. Elle est aussi continue en (,) car f est donc continue sur R.. Pour (, ) (,) on a Pour (, ) = (,) on a f (, ) = lim (,) (,) f (, ) = lim ρ 6 cos ρ = = f (,). ρ θ ( ) ( f (, ) 6( + ) cos = f (, ) 6( + ) cos f (,) = ( ) f (,) = f (,) + ( + )sin ( + )sin + + ( ) f (,) f (,) lim f (,) f (,) = lim. On a déjà vérifié que la fonction est continue sur R. Vérifions si ses dérivées partielles sont continues sur R. On a f (, ) = ( ). { 6( + ) cos + ( + )sin si (, ) (,), + + si (, ) = (,), lim f (, ) = lim 6ρ 5 cosθ cos (,) (,) ρ ρ + ρ cosθ sin ρ = = f (,) f (, ) = θ { 6( + ) cos + ( + )sin si (, ) (,), + + si (, ) = (,). lim f (, ) = lim 6ρ 5 sinθ cos (,) (,) ρ ρ + ρ sinθ sin ρ = = f (,), la fonction est donc de classe C (R ). θ ). G. Faccanoni 87

88 4. érivabilité et différentiabilité Jeudi 9 avril 4. Puisque toute fonction de classe C (Ω) est différentiable sur Ω, on conclut que f est différentiable sur R. Eercice 4.4 Continuité, dérivabilité, différentiabilité Soit f : R R la fonction ainsi définie 4 f (, ) = + si (, ) (,), si (, ) = (,).. La fonction f est-elle continue sur R?. Calculer f (, ) pour (, ) (,) ; calculer ensuite f (,). La fonction f est-elle de classe C (R )?. La fonction f est-elle différentiable sur R? SOLUTION.. La fonction est clairement continue sur R \ {(,)}. e plus d où f est donc continue sur R. 4 + = (r sinθ) 4 (r cosθ) + (r sinθ) = r sin 4 θ r r lim f (, ) = = f (,). (,) (,). f (, ) est le vecteur de composantes f (, ) et f (, ) et on a : 4 ( f (, ) = +, si (, ) (,), ) f (,) f (,) lim =, sinon; + ( f (, ) = +, si (, ) (,), ) f (, ) f (,) lim =, sinon. Étant donné que et on a La fonction f est donc de classe C (R ). 4 ( + ) = (r cosθ)(r sinθ) 4 ((r cosθ) + (r sinθ) ) r r ( + ) ( + ) = (r sinθ) ((r cosθ) + (r sinθ) ) ((r cosθ) + (r sinθ) ) 8r lim f (, ) = = f (,), (,) (,) lim f (, ) = = f (,). (,) (,). Étant de classe C (R ), f est différentiable sur R. Si on ne se rappelle pas du théorème on peut le vérifier directement par la définition : une application f : R R est différentiable en (, ) R ssi On a bien car r f (, ) f (, ) f (, )( ) f (, )( ) lim =. (,) (, ) + f (, ) f (, ) f (, )( ) f (, )( ) lim = lim (,) (, ) ( ) + ( ) 4 ( + ) / = (r sinθ) 4 ((r cosθ) + (r sinθ) r ) /. r (,) (,) 4 ( + ) / = 88 G. Faccanoni

89 Jeudi 9 avril 4. érivabilité et différentiabilité Eercice 4.5 Continuité, dérivabilité, différentiabilité Soit f : R R la fonction ainsi définie f (, ) = + si (, ) (,), si (, ) = (,).. La fonction f est-elle continue sur R?. Calculer f (, ) pour (, ) (, ) ; calculer ensuite f (, ).. La fonction f est-elle différentiable sur R? SOLUTION.. La fonction est continue sur R \ {(,)} mais elle n est pas continue sur R car si on considère la restriction de f à la courbe =, qui passe par (,), on a lim f (, ) = lim f (,).. f (, ) est le vecteur de composantes f (, ) et f (, ) et on a :, si (, ) (,), ( f = + ) f (,) f (,) lim =, sinon; f = {, ( + ) si (, ) (,),, sinon car lim f (,) f (,) =.. N étant pas continue, f n est pas différentiable sur R. Eercice 4.6 Continuité, dérivabilité, différentiabilité Soit m N et f : R R la fonction définie comme suit :. Étude de la fonction sur R \ { (,) } : m f (, ) = + si (, ) (,), si (, ) = (,)... montrer que f est continue sur R \ { (,) } pour tout m N ;.. calculer le gradient de f pour (, ) R \ { (,) } pour tout m N ;.. montrer que f est de classe C sur R \ { (,) } pour tout m N ;.4. que peut-on conclure sur la différentiabilité de f sur R \ { (,) }?. Étude de la fonction en (,) :.. pour quelles valeurs de m N la fonction f est-elle continue en (,)?.. calculer le gradient de f en (,) pour tout m N ;.. pour quelles valeurs de m N la fonction f est-elle différentiable en (,)?.4. pour quelles valeurs de m N la fonction f est-elle de classe C en (,)? SOLUTION.. Étude de la fonction sur R \ { (,) }... f est continue sur R \ { (,) } car quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s annule pas... Le gradient de f pour (, ) R \ { (,) } est le vecteur de composantes f (, ) = m (m + m ) ( + ), f (, ) = m ( ) ( + )... f est continue et dérivable sur R \ { (,) } ; ses dérivées partielles sont continues sur R \ { (,) } car quotients de fonctions continues dont les dénominateurs ne s annulent pas. Alors f est de classe C (R \ { (,) })..4. Comme f est de classe C (R \ { (,) }) alors f est différentiable sur R \ { (,) }.. Étude de la fonction en (,). G. Faccanoni 89

90 4. érivabilité et différentiabilité Jeudi 9 avril.. Pour que f soit continue en (,) il faut que lim (,) (,) f (, ) = f (,). Si m =, f s écrit { si (, ) (,) f (, ) = + sinon qui n est pas continue en (,) car f (,) = mais f (, ) = /(). Si m =, f s écrit { si (, ) (,) f (, ) = + sinon qui n est pas continue en (,) car f (,) = mais f (, ) = /. Si m >, passons en coordonnées polaires : = + r cosϑ, = + r sinϑ, f (r,ϑ) = f ((r,ϑ), (r,ϑ)) = r m cos m (ϑ)sin(ϑ). Comme f (r,ϑ) r m r alors lim (,) (,) f (, ) = donc f est continue en (,)... Le gradient de f en (,) est le vecteur de composantes f (,) f (,) f (, ) f (,) f (,) = lim =, f (,) = lim =... f est différentiable en (,) si et seulement si f (, ) f (,) f (,)( ) f (,)( ) lim. (,) (,) ( ) + ( ) e plus, toute fonction différentiable est continue. Si m = ou m =, f n est pas continue en (,) donc elle n est pas différentiable en (,). Soit m > et notons h(, ) = f (,) f (,) f (,)( ) f (,)( ) = m. ( ) +( ) ( + ) / Si m =, comme h(, ) = /, alors f n est pas différentiable en (,). Si m >, passons en coordonnées polaires : = + r cosϑ, = + r sinϑ, h(r,ϑ) = h((r,ϑ), (r,ϑ)) = r m cos m (ϑ)sin(ϑ). Comme h(r,ϑ) r m r alors lim (,) (,) h(, ) = donc f est différentiable en (,)..4. Une fonction est de classe C si ses dérivées partielles sont continues, autrement dit si lim f (, ) = f (,) et lim f (, ) = f (,). (,) (,) (,) (,) e plus, toute fonction de classe C est différentiable. Si m = ou m = ou m =, f n est pas différentiable en (,) donc elle n est pas de classe C en (,). Si m >, passons en coordonnées polaires : = + r cosϑ, = + r sinϑ, { f (r,ϑ) = f ((r,ϑ), (r,ϑ)) = r m (m cos (ϑ))cos m (ϑ)sin(ϑ), f (r,ϑ) = f ((r,ϑ), (r,ϑ)) = r m (cos (ϑ) sin (ϑ))cos m (ϑ). Comme f (r,ϑ) mr m et f (r,ϑ) r m alors lim f (, ) = et lim f (, ) = r r (,) (,) (,) (,) donc f est différentiable en (,). Eercice 4.7 Continuité, dérivabilité, différentiabilité Soit m N et f : R R la fonction définie comme suit : m f (, ) = + si (, ) (,), si (, ) = (,).. Étude de la fonction sur R \ { (,) } :.. montrer que f est continue sur R \ { (,) } pour tout m N ; 9 G. Faccanoni

91 Jeudi 9 avril 4. érivabilité et différentiabilité.. calculer le gradient de f pour (, ) R \ { (,) } pour tout m N ;.. montrer que f est de classe C sur R \ { (,) } pour tout m N ;.4. que peut-on conclure sur la différentiabilité de f sur R \ { (,) }?. Étude de la fonction en (,) :.. pour quelles valeurs de m N la fonction f est-elle continue en (,)?.. calculer le gradient de f en (,) pour tout m N ;.. pour quelles valeurs de m N la fonction f est-elle différentiable en (,)?.4. pour quelles valeurs de m N la fonction f est-elle de classe C en (,)? SOLUTION.. Étude de la fonction sur R \ { (,) }... f est continue sur R \ { (,) } car quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s annule pas... Le gradient de f pour (, ) R \ { (,) } est le vecteur de composantes f (, ) = (m )m ( + ) m () ( + ) = m (m + m ) ( + ), f (, ) = m ( + ) ( + ) = m+ ( + )... f est continue et dérivable sur R \ { (,) } ; ses dérivées partielles sont continues sur R \ { (,) } car quotients de fonctions continues dont les dénominateurs ne s annulent pas. Alors f est de classe C (R \ { (,) })..4. Comme f est de classe C (R \ { (,) }) alors f est différentiable sur R \ { (,) }.. Étude de la fonction en (,)... Pour que f soit continue en (,) il faut que lim (,) (,) f (, ) = f (,). Si m =, f s écrit f (, ) = { + si (, ) (,) sinon qui n est pas continue en (,) car f (,) = mais f (, ) = /. Si m >, passons en coordonnées polaires : = + r cosϑ, = + r sinϑ, f (r,ϑ) = f ((r,ϑ), (r,ϑ)) = r m cos m (ϑ)sin (ϑ). Comme f (r,ϑ) r m r alors lim (,) (,) f (, ) = donc f est continue en (,)... Le gradient de f en (,) est le vecteur de composantes f (,) f (,) f (, ) f (,) f (,) = lim =, f (,) = lim =... f est différentiable en (,) si et seulement si f (, ) f (,) f (,)( ) f (,)( ) lim. (,) (,) ( ) + ( ) e plus, toute fonction différentiable est continue. Si m =, f n est pas continue en (,) donc elle n est pas différentiable en (,). Soit m > et notons h(, ) = f (,) f (,) f (,)( ) f (,)( ) = m. ( ) +( ) ( + ) / Si m =, comme h(, ) = /, alors f n est pas différentiable en (,). Si m >, passons en coordonnées polaires : = + r cosϑ, = + r sinϑ, h(r,ϑ) = h((r,ϑ), (r,ϑ)) = r m cos m (ϑ)sin (ϑ). Comme h(r,ϑ) r m r alors lim (,) (,) h(, ) = donc f est différentiable en (,)..4. Une fonction est de classe C si ses dérivées partielles sont continues, autrement dit si lim f (, ) = f (,) et lim f (, ) = f (,). (,) (,) (,) (,) e plus, toute fonction de classe C est différentiable. G. Faccanoni 9

92 4. érivabilité et différentiabilité Jeudi 9 avril Si m = ou m =, f n est pas différentiable en (,) donc elle n est pas de classe C en (,). Si m >, passons en coordonnées polaires : = + r cosϑ, = + r sinϑ, { f (r,ϑ) = f ((r,ϑ), (r,ϑ)) = r m (m cos (ϑ))cos m (ϑ)sin (ϑ), f (r,ϑ) = f ((r,ϑ), (r,ϑ)) = r m cos m (ϑ)sin(ϑ). Comme f (r,ϑ) mr m et f (r,ϑ) r m r r alors lim (,) (,) f (, ) = et lim (,) (,) f (, ) = donc f est différentiable en (,). Eercice 4.8 ifférentielle Vérifier, en utilisant la définition, que les fonctions f : R R suivantes sont différentiables dans le point indiqué : a) f (, ) = en (;), b) f (, ) = en (;), c) f (, ) = + en (;), d) f (, ) = en ( ;), e) f (, ) = en (4;), f) f (, ) = ln( + ) en (;). SOLUTION. Une application f : R R est différentiable en (, ) R ssi f (, ) f (, ) f (, )( ) f (, )( ) lim =. (,) (, ) ( ) + ( ) a) On a f (, ) = f (,) =, f (, ) = 6 f (,) = 4, f (, ) = f (,) =, donc f (, ) f (, ) f (, )( ) f (, )( ) ( ) + ( ) = + + 4( ) ( ) ( ) + ( ). Avec le changement de variables = + r cosθ et = + r sinθ ce rapport se réécrit + + 4( ) ( ) ( ) + ( ) = ( + r cosθ)( + r sinθ) ( + r cosθ) + + 4r cosθ r sinθ r = r cosθ(sinθ cosθ) On a alors d où + + 4( ) ( ) 4r ( ) + ( ) r + + 4( ) ( ) lim =. (,) (,) ( ) + ( ) La fonction est donc différentiable en (,). b) On a f (, ) = f (,) =, f (, ) = f (,) =, f (, ) = 6 f (,) = 4, donc f (, ) f (, ) f (, )( ) f (, )( ) ( ) + ( ) = + ( ) + 4( ) ( ) + ( ). Avec le changement de variables = + r cosθ et = + r sinθ ce rapport se réécrit + ( ) + 4( ) ( ) + ( ) = ( + r cosθ)( + r sinθ) ( + r sinθ) + r cosθ + 4r sinθ r = r sinθ(cosθ sinθ). 9 G. Faccanoni

93 Jeudi 9 avril 4. érivabilité et différentiabilité On a alors d où + ( ) + 4( ) 4r ( ) + ( ) r + ( ) + 4( ) lim =. (,) (,) ( ) + ( ) La fonction est donc différentiable en (,). c) On a f (, ) = + f (,) = 5, f (, ) = f (,) =, f (, ) = + 6 f (,) = 8, donc f (, ) f (, ) f (, )( ) f (, )( ) ( ) + ( ) = + 5 ( ) 8( ) ( ) + ( ). Avec le changement de variables = + r cosθ et = + r sinθ ce rapport se réécrit + 5 ( ) 8( ) ( ) + ( ) = ( + r cosθ)( + r sinθ) + ( + r sinθ) 5 r cosθ 8r sinθ r = r sinθ(sinθ + cosθ). On a alors d où + 5 ( ) 8( ) 4r ( ) + ( ) r + 5 ( ) 8( ) lim =. (,) (,) ( ) + ( ) La fonction est donc différentiable en (,). d) On a f (, ) = f (,) = 4, f (, ) = f (,) =, f (, ) = 4 f (,) = 4, donc f (, ) f (, ) f (, )( ) f (, )( ) ( ) + ( ) = + 4 ( + ) + 4( ) ( + ) + ( ). Avec le changement de variables = + r cosθ et = + r sinθ ce rapport se réécrit + 4 ( + ) + 4( ) ( + ) + ( ) = ( + r cosθ)( + r sinθ) ( + r sinθ) 4 r cosθ + 4r sinθ r = r sinθ(cosθ sinθ). On a alors d où + 4 ( + ) + 4( ) r ( + ) + ( ) r + 4 ( + ) + 4( ) lim =. (,) (,) ( + ) + ( ) La fonction est donc différentiable en (,). e) On a f (, ) = f (4,) =, f (, ) = f (4,) = 4, f (, ) = f (4,) =, G. Faccanoni 9

94 4. érivabilité et différentiabilité Jeudi 9 avril donc f (, ) f (, ) f (, )( ) f (, )( ) = 4 ( 4) ( ). ( ) + ( ) ( 4) + ( ) Avec le changement de variables = 4 + r cosθ et = + r sinθ ce rapport se réécrit par conséquent 4 ( 4) ( ) ( 4) + ( ) = ( + r sinθ) 4 + r cosθ r cosθ 4 r sinθ r ( + r sinθ) + r cosθ 4 r cosθ 4 r sinθ = ( r ) ( + r sinθ) + r cosθ 8 + o(r ) = r = r o(r ) cosθ sinθ + 4 r r r cosθ 4 r sinθ f (, ) f (, ) f (, )( ) f (, )( ) lim =. (,) (4,) ( ) + ( ) La fonction est donc différentiable en (4,). f) Comme f (,) = f (, ) alors f (,) = f (,) = donc f (, ) f (, ) f (, )( ) f (, )( ) ln( + ) = ( ) + ( ) +. Avec le changement de variables = r cosθ et = r sinθ on a ln( + ) = sinϑln( + r cosϑ) r sinϑcosϑ r. + r La fonction est donc différentiable en (,). Eercice 4.9 Fonctions implicites On considère la courbe plane d équation e + e sin() =. (4.). Vérifier que l équation (4.) définie une et une seule fonction = ϕ() au voisinage de (,).. Calculer ϕ () et écrire l équation de la droite tangente au graphe de la fonction ϕ en le point (,ϕ()).. En déduire la limite de quand (, ) tend vers (,) en étant sur la courbe. SOLUTION. On pose f (, ) = e + e sin(). z = f (, ) z = = ϕ() 94 G. Faccanoni

95 Jeudi 9 avril 4. érivabilité et différentiabilité. On note que (,) est une solution de l équation f (, ) =. On a f (, ) = e + e cos(), f (,) =, f (, ) = e + e sin(), f (,) =. Puisque f (,) il eiste une et une seule fonction = ϕ() définie au voisinage de tel que f (,ϕ()) =.. On a ϕ () = f (,) f (,) = donc l équation de la droite tangente à ϕ en = est =.. On a lim = lim ϕ() (,) (,) f (,)= ϕ() ϕ() = lim = lim ϕ () = ϕ () =. Eercice 4. Fonctions implicites On considère la courbe plane d équation e + e sin() =. (4.). Vérifier que l équation (4.) définie une et une seule fonction = ϕ() au voisinage de (,).. Calculer ϕ () et écrire l équation de la droite tangente au graphe de la fonction ϕ en le point (,ϕ()).. En déduire la limite de quand (, ) tend vers (,) en étant sur la courbe. SOLUTION. On pose f (, ) = e + e sin(). On note que (,) est une solution de l équation f (, ) =. On a f (, ) = e + e sin(), f (,) =, f (, ) = e + e cos(), f (,) =. Puisque f (,) il eiste une et une seule fonction = ϕ() définie au voisinage de tel que f (,ϕ()) =.. On a ϕ () = f (,) f (,) = donc l équation de la droite tangente à ϕ en = est =.. On a lim = lim ϕ() (,) (,) f (,)= ϕ() ϕ() = lim = lim ϕ () = ϕ () =. Eercice 4. Fonctions implicites On considère la courbe plane d équation + + = 5. (4.). Vérifier que l équation (4.) définie une et une seule fonction = ϕ() au voisinage de (,).. Calculer ϕ () et écrire l équation de la droite tangente au graphe de la fonction ϕ en le point (,ϕ()).. Sachant que ϕ () = f (,ϕ())( f (,ϕ())) f (,ϕ()) f (,ϕ()) f (,ϕ()) + ( f (,ϕ())) f (,ϕ()) ( f (,ϕ())) en déduire le développement de Talor de ϕ à l ordre centré en =. SOLUTION. On pose f (, ) = On note que (,) est une solution de l équation f (, ) =. On a f (, ) = f (,) =, f (, ) = +, f (,) = 4. Puisque f (,) il eiste une et une seule fonction = ϕ() définie au voisinage de tel que f (,ϕ()) =. G. Faccanoni 95

96 4. érivabilité et différentiabilité Jeudi 9 avril. On a ϕ () = f (,) f (,) = 5 donc l équation de la droite tangente à ϕ en = est = 5 ( ) + = On a ϕ () = f ( f ) f f f + ( f ) f ( f ) et f (, ) = 4( + ) f (,) = 6, f (, ) = 6 f (,) = 6, f (, ) =, f (,) =, donc ϕ () = d où ϕ() = ϕ() + ϕ ()( ) + ϕ () ( ) = 5 ( ) ( ). Eercice 4. Fonction implicite On considère l équation e + e =.. Vérifier qu elle définie une et une seule fonction = ϕ() au voisinage de (,).. Calculer le développement de Talor de ϕ à l ordre centré en =. SOLUTION. z = g (, ) z = = ϕ() Soit g (, ) = e + e ; elle est clairement de classe C. e plus, g (,) = et g (,) =. Elle définie alors une et une seule fonction = ϕ() dans un intervalle qui contient =. e plus, on sait que ϕ() = et ϕ () = car ϕ () = g (,ϕ()) g (,ϕ()) = eϕ() + ϕ()e e ϕ() + e. Comme ϕ est de classe C, alors ϕ est de classe C car composition de fonctions de classe C, il s en suit que ϕ est de classe C. Alors ϕ() = ϕ() + ϕ () + ϕ () + o( ). Pour calculer ϕ on peut soit dériver l epression de ϕ soit dériver l équation qui la défini implicitement : comme en dérivant cette epression on obtient g (,ϕ()) = e ϕ() + ϕ()e e ϕ() + e ϕ() ϕ () + ϕ ()e + ϕ()e = 96 G. Faccanoni

97 Jeudi 9 avril 4. érivabilité et différentiabilité et en la dérivant à nouveau (ce que l on peut faire car ϕ est de classe C ) on obtient e ϕ() ϕ () + ( e ϕ() ϕ () + e ϕ() (ϕ ()) + e ϕ() ϕ () ) + ( ϕ ()e + ϕ ()e ) + ( ϕ ()e + ϕ()e ) =. On obtient ϕ () = 4 et le développement de Talor s écrit ϕ() = + + o( ). Eercice 4. Fonction implicite Montrer que l équation 4 + = définit implicitement au voisinage de une fonction réelle de la variable réelle = ϕ() et calculer la tangente au graphe de ϕ au point (,). SOLUTION. Soit g (, ) = 4 + ; elle est clairement de classe C. e plus, g (,) = et g (,) =. Elle définie alors une et une seule fonction = ϕ() dans un intervalle qui contient =. e plus, on sait que ϕ() = et ϕ () = car ϕ () = g (,ϕ()) g (,ϕ()) = La droite tangente à = ϕ() en (,) a équation = ϕ ()( ) + =. Eercice 4.4 Fonction implicite Soit f l application définie sur R par f (, ) = Soit l équation f (, ) =. Montrer qu elle définit implicitement au voisinage de (, ) une fonction = ϕ() et calculer l équation de la droite tangente à = ϕ() en =. SOLUTION. f est une application de classe C sur R. Comme f (, ) = et f (, ) = 5, alors il eiste un intervalle ouvert I contenant = et une fonction ϕ de I dans R de classe C sur I telle que ϕ() = et pour tout I f (,ϕ()) = et ϕ () = f (,ϕ()) f (,ϕ()) = ϕ() + + ϕ () 8. L équation de la droite tangente à = ϕ() en = est = m + q avec m = ϕ () = + ( ) 8 = et q = m = =. + Eercice 4.5 Fonction implicite Soit f l application définie sur R par f (, ) = + 4. Soit l équation f (, ) =. Montrer qu elle définit implicitement au voisinage de (,) une fonction = ϕ() et calculer l équation de la droite tangente à = ϕ() en =. SOLUTION. f est une application de classe C sur R. Comme f (,) = et f (,) = 5, alors il eiste un intervalle ouvert I contenant = et une fonction ϕ de I dans R de classe C sur I telle que ϕ() = et pour tout I f (,ϕ()) = et ϕ () = f (,ϕ()) f (,ϕ()) = ϕ() + ϕ () 8. L équation de la droite tangente à = ϕ() en = est = m + q avec m = ϕ () = + 8 = et q = m = =. G. Faccanoni 97

98 4. érivabilité et différentiabilité Jeudi 9 avril Eercice 4.6 Fonction implicite Soit f l application définie sur R par f (, ) = Soit l équation f (, ) = 7. Montrer qu elle définit implicitement au voisinage de (,) une fonction = ϕ() et calculer l équation de la droite tangente à = ϕ() en =. SOLUTION. f est une application de classe C sur R. Comme f (,) = 7 et f (,) = 5, alors il eiste un intervalle ouvert I contenant = et une fonction ϕ de I dans R de classe C sur I telle que ϕ() = et pour tout I f (,ϕ()) = 7 et ϕ () = f (,ϕ()) f (,ϕ()) = ϕ() + 8. ( + )ϕ() L équation de la droite tangente à = ϕ() en = est = m + q avec m = ϕ () = 7 et q = m = + 7 = 4. Eercice 4.7 Fonction implicite Montrez que l équation z z = permet d eprimer z en fonction de (, ) au voisinage de (,,). Calculez alors z(,) et z(,). Soit f la fonction définie sur R par f (,, z) = z z. f possède des dérivées partielles conti- SOLUTION. nues : et au point (,,) on a f (,, z) = + 4, f (,, z) = 4 z, z f (,, z) = z 6 z, f (,,) = 7, f (,,) =, z f (,,) = 4. Puisque f (,,) = et z f (,,), le théorème des fonctions implicites nous assure qu on peut eprimer z en fonction de (, ) dans un voisinage de (,,) et que z (,) = f (,,) z f (,,) = 7 4, z (,) = f (,,) z f (,,) = G. Faccanoni

99 5. Optimisation libre et lié de fonctions de R n dans R Parmi toutes les sujets abordées dans ce cours, l optimisation de fonctions, généralement de plusieurs variables, est sans conteste celle qui apparaît le plus fréquemment dans la modélisation phsique ou économique (maimiser le bénéfice, la satisfaction des clients, la productivité ou minimiser les coûts, le risque, etc.). La détermination des etrema dans le cas d une seule variable a été détaillée lors du module M. Logiquement, le présent chapitre en est un prolongement qui fait intervenir les diverses notions spécifiques au fonctions de plusieurs variables. Néanmoins, le thème de l optimisation à plusieurs variables eige un saut conceptuel important. En effet, plusieurs notions relatives au fonctions d une variable sont loin de se généraliser de façon évidente. Par eemple, les fonctions d une variable (suffisamment régulières) admettent une seule dérivée première, une seule dérivée seconde, etc., tandis que, pour les fonctions de n variables, le nombre de dérivées possibles croît avec l ordre de dérivation : n dérivées partielles premières, n dérivées partielles secondes, etc. Une conséquence directe de cet accroissement apparaîtra sous la forme de conditions nécessaires et suffisantes plus lourdes à formuler. Par ailleurs, la prise en compte pratique des contraintes imposées au variables doit être fondamentalement revue. Prenons le cas de la maimisation de la fonction f () dont l unique variable est soumise à une contrainte de non-négativité ( ), qui traduit par eemple le fait que est une quantité, une densité, un pri ou toute autre grandeur dépourvue de sens pour une valeur négative. L optimisation s effectue alors à l aide de la procédure usuelle, la contrainte aant pour effet de restreindre le domaine d étude à R + et d eiger un eamen particulier pour le seul point qui en constitue le «bord» ( = ). Plongeons le même problème dans un cadre bivarié : maimiser f (, ) sous la double contrainte et. À présent, le domaine admissible est donné par (R + ) dont le «bord», { (,) R + } { (, ) R + }, comporte évidemment une infinité de points. Une étude individuelle des points de cet ensemble devient techniquement difficile, de sorte qu il apparaît indispensable de disposer de méthodes d optimisation qui intègrent d emblée la présence de contraintes qui font apparaître des «bords». Cette approche (recherche d etrema liés), spécifique au fonctions de plusieurs variables, sera abordée dans ce chapitre après l eposé des principes de l optimisation dite libre, qui vise la détermination des etrema dans un domaine ouvert, donc «sans bords». Eemple Vous vous promenez sur un chemin de montagne. Vous êtes très sportif et vous désirez aller le plus haut possible dans la région dont vous avez la carte. Vous êtes un peu moins sportif, vous vous contentez de suivre le chemin indiqué. À la fin de la journée, vous désirez savoir quel est le point le plus haut ou le plus bas où vous êtes passé. L altitude est une fonction f de deu variables, la position (, ) sur la carte. ans le premier cas, vous cherchez à trouver le maimum de la fonction f. ans le deuième cas, le chemin est représenté par une contrainte entre et donnée par une équation g (, ) =. La question est donc de trouver les points (, ) vérifiant g (, ) tels que f soit etrémale en (, ) parmi les points vérifiant g (, ) =. éfinition Soit f une fonction de R n dans R. On dit que f est bornée dans s il eiste un nombre réel M tel que pour tout, f () M; f admet un maimum (resp. minimum) global (ou absolu) en a si pour tout, f () f (a) (resp. f () f (a)) ; f admet un maimum (resp. minimum) local (ou relatif) en a s il eiste une boule de raon non nul B(a,r ) telle que pour tout B(a,r ), f () f (a) (resp. f () f (a)) 99

100 5. Etrema (libres et liés) Jeudi 9 avril Théorème de Weierstrass Si est fermé a et borné (on dit alors que est compact) et si f est continue, alors f admet un maimum et un minimum globau atteints au moins une fois, autrement dit il eiste m et M tels que f ( m ) f () f ( M ), (). Remarquons que les etrema peuvent appartenir soit à l ouvert = \ soit à la frontière. a. c est-à-dire qu il contient sa frontière Ce résultat donne une condition suffisante d eistence d un minimum et d un maimum globau. Cependant, la restriction relative au domaine compact est malheureusement trop forte pour la résolution de nombreu problèmes, en particulier, ceu pour lesquels les variables ne sont pas bornées. Beaucoup plus épineuse à n variables qu à une seule variable, la question du traitement des éventuels «bords» du domaine motive la scission entre etrema libres et liés. En effet, les restrictions du domaine qui s epriment sous la forme d une égalité (g () = ) ou d une inégalité non stricte (g () ) créent généralement une infinité de bords, dont l étude au cas par cas devient impraticable. Les conditions de LAGRANGE et de KUHN et TUCKER visent à combler cette lacune. Avant d aborder ces nouveau résultats, la section suivante présente la détermination des etrema dans un domaine ouvert. La terminologie d etrema «libres» résulte de l absence de conditions introduisant des «bords» dans le domaine, que l on appelle aussi des «contraintes». Etrema libres Théorème de FERMAT : condition nécessaire d etrémum local Si f présente un etrémum local en et est de classe C en ce point, alors f ( ) =. Un point vérifiant cette condition est appelé point stationnaire, ou point critique, de f. Eemple On veut optimiser la fonction f (, ) = + dans le disque ouvert centré en (,) de raon, représenté par = { (, ) R + < }. Le seul candidat est l unique point critique (,) qu on trouve en résolvant f (, ) = et f (, ) =. La définition implique de façon immédiate que f admet un minimum global en (,). En effet onc la fonction n admet aucun maimum. f (, ) = + = f (,) (, ). Eemple Méthode des moindres carrés On a quelques raisons de croire que deu grandeurs et sont liées par une relation affine, c est-à-dire de la forme = m+q, au moins approimativement, pour certaines valeurs de m et q. Le chercheur met au point une epérience et récolte des données sous la forme de points { ( i, i ) } n i= et il en fait une représentation graphique. Il constate que les points ne sont pas eactement alignés et souhaite trouver les constantes m et q qui conviennent pour que la droite d équation = m + q s ajuste le mieu possible au points observés. Soit d i = i (m i + q) l écart vertical du point ( i, i ) par rapport à la droite. La méthode des moindres carrés est celle qui choisit m et q de sorte que la somme des carrés de ces déviations soit minimale. ( n f (m, q) = di n n = ( i (m i + q)), f m (m, q) = i= i= ( i (m i + q)) i ), f q (m, q) = i= ( n ( i (m i + q)) i= ), G. Faccanoni

101 Jeudi 9 avril 5. Etrema (libres et liés) { fm (m, q) = f q (m, q) = { n i= ( i m i q) i = n i= ( i m i q) = { n i= i m n i= i + q n i= i = n i= i m n i= i + nq = ( n )( n ) ( n ) i= i i= i n i= ( i i ) m = ( n ) ( n ) i= i n ( i= i n )( n ) ( n )( n ) i= i i= i i i= i i= i q = ( n ) ( n ) i= i n i= i Par eemple, si on a le points suivantes on trouve m =.7 et q =. : «Recette» pour le calcul des etrema d une fonction f continue dans un ensemble compact Si est un etrémum local pour f et si avec f dérivable en, alors il est un point critique. Cependant, si ou si f n est pas dérivable en, alors ce théorème ne s applique pas et il faut raisonner différemment. On calcul la valeur de f en les points stationnaires de f dans l ouvert = \ ; on calcul la valeur de f en les points stationnaires de f sur le bord ; on calcul la valeur de f en les points de non dérivabilité (s il en eiste). La plus grande valeur indique le maimum global, la plus petite le minimum global. Eemple On veut trouver le etrema globau de la fonction f définie par f (, ) = sur la région triangulaire compacte de sommets A = (,), B = ( 4,) et C = (, ). = 5/ + A = / + B C = On calcule la valeur de f en les points stationnaires de f dans l ouvert = \ : f (, ) = , f (, ) = f (, ) = 4 4 et f = (, ) si et seulement si (, ) = ( /5, /5) et l on a f ( /5, /5) = 67/5. On calcule la valeur de f en les points stationnaires de f sur le bord : Arrête AB : = m + q avec m = ( A B )/( A B ) = / et q = A m A = Arrête AC : = m + q avec m = ( A C )/( A C ) = 5/ et q = A m A = G. Faccanoni

102 5. Etrema (libres et liés) Jeudi 9 avril Arrête BC : = m + q avec m = ( B C )/( B C ) = et q = B m B = donc g AB () f (, = ) + = 5 6 7, [ 4;] g AB () = 5 6 < ; g AC () f (, = 5 ) + = , [ ;] g 4 AC () = 8 9 = 67 et g AC ( 9 67 ) = 59 ; g BC () f (, = ) = , [ 4; ] g BC () = 8 4 <. En résumé, les candidats etrema globau sont les points f (, ) /5 /5 67/ /67 58/ 59/ On conclut que le minimum global est atteint au point ( /5,/5) et vaut 67/5, le maimum global est atteint au point ( 6/5,4/5) et vaut / Eemple On construit une canalisation de forme trapézoïdale avec une plaque de largeur L =,6. Quelles sont les valeurs optimales de la longueur l du côté incliné et de l angle ϑ qu il fait avec la verticale pour que le flu passant dans la gouttière soit maimal? l ϑ ϑ l La surface à maimiser est décrite par la fonction f (l,ϑ) = lcos(ϑ) ( lsin(ϑ) + L l ), { } avec = (l,ϑ) l L, ϑ π. On cherche tout d abord les points critiques de f qui se trouvent à l intérieur du domaine et on calcul la valeur de f en ces points : f (l,ϑ) = lcos(ϑ) ( lsin(ϑ) + L l ), f l (l,ϑ) = cos(ϑ) ( lsin(ϑ) + L l ), f ϑ (l,ϑ) = l ( lcos (ϑ) + lsin(ϑ) L sin(ϑ) l ), L l et f (l,ϑ) = (,) dans si et seulement si (l,ϑ) = (L/,π/6) et l on a f (L/,π/6) G. Faccanoni

103 Jeudi 9 avril 5. Etrema (libres et liés) On cherche le maimum de f sur le bord de : g (l) f (l,) = l ( L l ), g (l) f (l,π/) = ; g (ϑ) f (,ϑ) = ; g 4 (ϑ) f (L,ϑ) = (L) cos(ϑ) ( sin(ϑ) ), g (l) = L 4l = l = L 4 et f ( L L 4,) = 8 <.6; ) g 4 (ϑ) = (L)( cos (ϑ) sin (ϑ) + sin(ϑ) = ϑ = π. Comme f (l,ϑ) f (L/,π/6) pour tout (l,ϑ) on conclut que le flu passant dans la gouttière sera maimal pour l = L/ et ϑ = π/6. L/ π 6 π 6 L/ Étude directe Après avoir déterminé un point stationnaire, on peut aussi étudier directement le signe de la différence L/ d(h) = f ( + h) f ( ). Si cette différence est de signe constant pour h voisin de, il s agit d un etrémum local (un maimum si d <, un minimum si d > ). Sinon, il s agit d un point-col. Mieu, si le signe est constant pour h quelconque, alors l etrémum est global. Condition suffisante d etrémum local dans un ouvert (cas de variables) Soit f une fonction de classe C sur un ouvert R et (, ) un point stationnaire ; posons (, ) f (, ) f (, ) f (, ). Si (, ) >, alors f présente un etrémum relatif en (, ) ; il s agit d un maimum si f (, ) < et d un minimum si f (, ) > ; si (, ) <, alors f présente un point-selle (ou point-col) a en (, ) ; ce n est pas un etrémum ; si (, ) =, on ne peut pas conclure à partir des dérivées secondes. En résumé, si f (, ) = et f (, ) =, la nature du point critique (, ) est déterminée par le tableau suivant : (, ) f (, ) Nature de (, ) + + minimum local + maimum local ± point de selle on ne peut pas conclure a. Le mot col vient de l eemple de la fonction altitude et de la configuration (idéalisée) d un col de montagne : minimum de la ligne de crête, maimum de la route, sans être un etremum du pasage. Le mot selle vient de l eemple d une selle de cheval. (a) Point de maimum (b) Point de selle Eemple On veut étudier la fonction f (, ) = + 4 sur R. Elle a pour dérivées partielles f (, ) = et f (, ) = 4 qui ne s annulent qu en (,), seul point où il peut donc avoir un etremum local. On étudie directement le signe de la différence d(h,k) = f ( + h, + k) f (,) = h + k >. G. Faccanoni

104 5. Etrema (libres et liés) Jeudi 9 avril Comme cette différence est positive pour h et k voisins de il s agit d un minimum. En effet, f (,) = >, f (,) =, f (,) = donc (,) = 4 > et il s agit bien d un minimum. Eemple Pour déterminer les etrema libres de la fonction f (, ) = + dans R, on constate d abord que f est un polnôme, donc différentiable dans l ouvert R. Les seuls candidats etrema locau sont les points critiques. Toutefois, nous ne disposons d aucune garantie à priori sur le fait que les éventuels etrema locau soient globau. Recherche des points critiques On a f = ( ) Les deu candidats sont donc, et (,). ( ) ( ) = Classification La matrice hessienne de f en un point (, ) R est H f (, ) = ( (, ) =, ) ou (, ) = (,). ( ) f (, ) f (, ) = f (, ) f (, ) ( 6 ( ) Comme, < et (,) >, alors (, ) est un point de selle et f admet en (,) un minimum local de valeur f (, ) =. Ce minimum n est cependant pas global puisque, par eemple, f (, ) = 6 < f (, ) =. Eemple Lois de SNELL-ESCARTES Un raon lumineu se propage à la vitesse v dans le milieu M et à la vitesse v dans le milieu M. Le principe de Fermat précise que la lumière suit le trajet le plus économique en temps. En dimension. En notant l abscisse du point où la trajectoire coupe l interface, le temps nécessaire pour aller de (, z ) à (, z ) en passant par le point d abscisse vaut ( ) + z ( ) + z t() = +. v v Cette quantité est (localement) optimale quand sa dérivée par rapport à s annule, c est à dire lorsque v ( ) + z v ( ) + z =, ). ce qui conduit à la loi de SNELL-ESCARTES sin(ϑ ) v = sin(ϑ ) v. M z ϑ ϑ z M En dimension. ans le cas tridimensionnel, la situation est similaire. Il s agit cette fois de déterminer les coordonnées (, ) dans le plan de l interface où le raon coupera celui-ci. Le temps de trajet vaut cette fois ( ) + ( ) + z ( ) + ( ) + z t(, ) = +. v v Il s agit cette fois d optimiser par rapport à et simultanément, ce qui revient à annuler simultanément les dérivées de t par rapport à et, c est à dire son gradient. Ceci conduit au équations t = v ( ) +( ) +z v ( ) +( ) +z ( ) = v ( ) +( ) +z v ( ) +( ) +z ( ) = v d v d ( ) 4 G. Faccanoni

105 Jeudi 9 avril 5. Etrema (libres et liés) autrement dit, le point du plan de coordonnées (, ) se trouve dans le segment compris entre (, ) et (, ). On se ramène donc à un problème bidimensionnel et le raisonnement ci-dessus s applique directement. On obtient de la même façon la loi de SNELL-ESCARTES à la réfleion. Etrema liés La scission entre etrema libres et liés (ou «sous contraintes») est née de l impossibilité de traiter l optimisation dans les domaines non ouverts selon la procédure eposée dans la section précédente. En effet, la condition nécessaire ne s applique pas au bords du domaine. Or, si de tels points eistent, leur étude au cas par cas est généralement peu aisée. ès lors, la théorie mathématique propose des méthodes d optimisation liée. Celles-ci incorporent directement dans la résolution les contraintes qui définissent des domaines non ouverts. La nomenclature peut s avérer trompeuse. En effet, au plan opérationnel, ce n est pas la présence intrinsèque de contraintes dans l optimisation qui conduit à délaisser l optimisation libre au profit de l optimisation liée. Ce sont plutôt les conséquences de ces restrictions au niveau de la nature topologique du domaine de définition de la fonction qui guident l utilisateur vers l une ou l autre des techniques. Ainsi, dans un domaine fort limité, mais ouvert, la recherche des etrema libres s applique. À l inverse, une contrainte sous forme d inégalité non stricte doit toujours être prise en compte pour déterminer les etrema liés. Parmi les tpes de contraintes auquelles le modélisateur peut se trouver confronté, deu classes se distinguent. une part, celles qui lient les variables du problème au travers d une ou plusieurs équations. Ces contraintes dites d égalités sont appréhendées grâce au théorème de LAGRANGE, qui fournit une condition de premier ordre formulée à partir d une fonction ad hoc, dénommée lagrangien. ans cette approche, de nouvelles variables, dites multiplicateurs, apparaissent et offrent une possibilité supplémentaire dans l analse des résultats. autre part, l optimisation sous des contraintes d inégalités non strictes, généralement traitée grâce au théorème de KUHN et TUCKER, ne sera pas étudie lors de ce module. Problème éterminer les etrema d une fonction de n variables, notée f (), mathématiquement définie dans un domaine ouvert R n, mais dont les variables sont soumises au m contraintes g () =, g () =,..., g m () =, où les fonctions g j sont également définies dans. Ces contraintes délimitent le sous-ensemble A de dans lequel s effectue l optimisation A = { g () =,..., g m () = }. La définition des etrema liés résulte donc de celle des etrema libres. Optimisation liée La fonction f, appelée fonction objectif, admet un maimum lié (resp. un minimum lié) sous les contraintes g () =, g () =,..., g m () =, en A si, en ce point, elle admet un maimum libre (resp. un minimum libre) dans le domaine A. Généralement, une contrainte de tpe g j () = définit une courbe. L ensemble A est donc constitué de l intersection de m courbes dans R n. Pour m >, il peut donc contenir fort peu de points. C est pourquoi, en pratique, il est rare de rencontrer plus d une contrainte à l égalité. Et, dans tous les cas, il est eclu d avoir plus de contraintes que de variables, de sorte que la condition m < n sera sstématiquement imposée. Eemple Le consommateur maimise une fonction d utilité, notée U (, ), qui dépend des quantités consommées de deu biens, et, sous une contrainte budgétaire p + p = R, où p et p (p, p > ) sont les pri des biens. Cette contrainte eprime que le montant alloué au dépenses relatives au deu biens considérés est fié à R. ans ce cas simple qui comporte deu variables et une contrainte, on peut aisément ramener l optimisation liée à la recherche d un maimum libre. En effet, la contrainte de budget permet d epliciter la quantité d un bien en fonction de l autre = p R p p. En vertu de la condition nécessaire pour la fonction d une variable obtenue après substitution de en fonction de, on a du (, ()) d = U (, ) + U (, ) () = U (, ) p p U (, ) = = U (, ) p = U (, ) p. Ce résultat indique qu à l optimum, les utilités marginales (terme économique qui signifie tout simplement dérivées partielles de la fonction utilité par rapport au quantités consommées) pondérées par les inverses des pri s égalisent et désignons par λ cette quantité commune. G. Faccanoni 5

106 5. Etrema (libres et liés) Jeudi 9 avril Par ailleurs, la contrainte de budget peut être reformulée par g (, ) =, où g (, ) = p + p R, de sorte que p = g (, ) et p = g (, ) et finalement U (, ) = { U (, ) U (, ) λ g (, ) = = λ p p U (, ) λ g (, ) = U = λ g. Autrement dit, si on introduit la fonction L(,,λ) U (, ) λg (, ), à l optimum on a L =, ce qui correspond à la condition nécessaire d eistence d un etrema libre pour la fonction L. Le théorème de Lagrange généralise la démarche adoptée dans cette résolution. Il représente une condition nécessaire pour l optimisation sous des contraintes d égalité. Théorème des multiplicateurs de LAGRANGE Soit les fonctions f et g,..., g m (m < n) de classe C dans un ouvert R n. Si f admet en un etremum lié sous les contraintes g () =,..., g m () = et la jacobienne en, ( j g i ( )) m n est de rang m, alors m λ = (λ,...,λ m ) R m tel que f ( ) = λ i g i ( ). Le théorème de Lagrange peut être vu comme la condition nécessaire d eistence d etrema libres appliquée à la fonction de n + m variables appelée fonction lagrangienne (ou le lagrangien) : où λ = (λ,...,λ m ). i= L : R m R m (,λ) f ( ) λ i g i ( ) i= Eemple Inégalité des moennes arithmétiques et géométriques Cherchons le maimum de la fonction f (,,..., n ) = n... n sur R n + sous la contrainte n = n. En un point où le maimum est atteint, on peut appliquer le théorème précédent avec g (,,..., n ) = ( n ) n. On obtient n... n f = λ g = λ. n.. En particulier, on obtient que tous les i sont égau et qu ils sont tous égau à. Ainsi, on a f (,,..., n ) f (,,...,) = = g (, )/n. On obtient ainsi l inégalité des moennes arithmétiques et géométriques n n... n n. n Cas d une fonction de variables Optimiser f (, ) sous la contrainte g (, ) =. Lagrangien. Formons le lagrangien L(,,λ) = f (, ) λg (, ) où λ (multiplicateur de Lagrange) est une inconnue. Pour que cette fonction ait un etremum il faut que le gradient de L soit nul, autrement dit on cherche les triplets (,,λ) tels que f (, ) = λ g (, ), f (, ) = λ g (, ), = g (, ). 6 G. Faccanoni

107 Jeudi 9 avril 5. Etrema (libres et liés) Notons (,,λ ) une solution de ce sstème. Si g (, ), alors (, ) est un point critique de la fonction f sous la contrainte g. Ces points critiques satisfont la contrainte, mais il reste encore à déterminer s il s agit effectivement d un etremum. Pour cela, on utilisera le résultat suivant : on a un maimum en (, ) si L(, ) L(, ) L (, ) > et L(, ) < ; on a un minimum en (, ) si L(, ) L(, ) L (, ) > et L(, ) > ; sinon on ne peut pas conclure. Élimination. Cette méthode est basée sur la possibilité d eprimer la contrainte sous forme paramétrique. Par eemple s il eiste une fonction h() telle que { (, ) R g (, ) = } = { R h() = }, alors optimiser la fonction de deu variables f (, ) sous la contrainte g (, ) = équivaut à optimiser la fonction d une seule variable f (, ()) ; s il eiste une fonction h(, ) telle que { (,, z) R g (,, z) = } = { (, ) R h(, ) = z }, alors optimiser la fonction de trois variables f (,, z) sous la contrainte g (,, z) = équivaut à optimiser la fonction de deu variables f (,, z(, )). Eemple Soient à déterminer les minima et maima de la fonction objectif f (, ) = sous la contrainte + = 4. Pour cela, construisons la fonction de Lagrange L(,,λ) = f (, ) λg (, ) = λ( + 4) et annulons son gradient + λ L = + λ =. 4 (6,9,6) f g (,) = On obtient = 6, = 9. Comme L(6,9) = >, L(6,9) =, L(6,9) = et L(6,9) L(6,9) L (6,9) >, il s agit d un minimum. On notera que, dans ce cas, la valeur de λ ne présente pas d intérêt et n est donc pas cherchée. ans cet eemple on peut epliciter une variable dans la contrainte, par eemple =. Alors on peut minimiser directement la fonction f (, ) = : comme f (, ) = 4 84, le minimum se trouve en = 6, = 6 = 9 et la fonction vaut f (6,9) = 6. (6,9,) g (, ) = Eemple Trouver un champ rectangulaire d aire maimale délimité par une clôture de longueur l donnée. Si, désignent les longueurs des côtés du champ, la longueur de la clôture est ( + ) et l aire. Le problème est de trouver le maimum atteint par l aire, non pas parmi tous les points de R +, mais seulement parmi ceu vérifiant la contrainte ( + ) = l, où l est fié. Lagrangien. Formons le lagrangien L(,,λ) = λ(( + ) l) où λ (multiplicateur de Lagrange) est une inconnue. Pour que cette fonction ait un etremum il faut que le gradient de L soit nul, autrement dit on cherche les triplets (,,λ) tels que L = λ λ = l ( + ) = l/4 = l/4 λ = l/8 onc (l/4,l/4) est un point critique de la fonction f sous la contrainte g. Observons que ce point a été obtenu par une condition nécessaire. Rien dans le théorème ne permet de savoir si c est un maimum, un minimum ou ni l un ni l autre. Élimination. Bien sûr, on peut utiliser la contrainte pour calculer une des variables en fonction des deu autres. Par eemple pour : ( + ) = l = = l. En reportant cette valeur de dans l epression de l aire, on obtient ( ) l A l () = et A l () = l. Le maimum de A l () est atteint pour = l/4, ce qui entraîne aussi = : à périmètre fié, le rectangle d aire maimale est le carré. G. Faccanoni 7

108 5. Etrema (libres et liés) Jeudi 9 avril Eemple Parmi les parallélépipèdes de surface S fiée, lesquels ont un volume maimal? Si,, z désignent les longueurs des côtés du parallélépipède, la surface est ( + z + z) et le volume z. Le problème est de trouver le maimum atteint par le volume z, non pas parmi tous les points de R +, mais seulement parmi ceu vérifiant la contrainte ( + z + z) = S, où S est fié. Lagrangien. Formons le lagrangien L(,, z,λ) = z λ(( + z + z) S) où λ (multiplicateur de Lagrange) est une inconnue. Pour que cette fonction ait un etremum il faut que le gradient de L soit nul, autrement dit on cherche les triplets (,, z,λ) tels que L = z λ( + z) z λ( + z) λ( + ) S ( + z + z) = z( ) = λ( ) (z ) = λ(z ) (z ) = λ(z ) ( + z + z) = S = S/6 = S/6 z = S/6 λ = S/96 onc ( S/6, S/6, S/6) est un point critique de la fonction f sous la contrainte g. Observons que ce point a été obtenu par une condition nécessaire. Rien dans le théorème ne permet de savoir si c est un maimum, un minimum ou ni l un ni l autre. Élimination. Bien sûr, on peut utiliser la contrainte pour calculer une des variables en fonction des deu autres. Par eemple pour z : Eemple ( + z + z) = S = z = En reportant cette valeur de z dans l epression du volume, on obtient V S (, ) = S +. S +. On peut calculer le maimum de cette fonction avec la technique du gradient (etrema libres). Le maimum de V S (, ) est atteint pour S = = 6, ce qui entraîne aussi z = S6 : à surface fiée, le parallélépipède de volume maimal est le cube. Voici maintenant un eemple avec deu contraintes : optimiser la fonction f (,, z) = z sous les contraintes g (,, z) = + + z et g (,, z) = + + z. La contrainte g (,, z) = est l équation de la sphère de centre (,,) et de raon ; la contrainte g (,, z) = est l équation d un plan. On cherche donc les etrema de f sur l intersection de la sphère unité et d un plan, à savoir sur un cercle dans l espace. Si un point (,, z) est solution, alors il eiste deu multiplicateurs λ, λ tels que L = où L(,, z,λ,λ ) = f (,, z) λ g (,, z)λ g (,, z) = z λ ( + + z ) λ ( + + z ). On doit donc avoir L = z λ () λ z λ () λ λ (z) λ = ( + + z ) ( + + z) On obtient donc un sstème de 5 équations et 5 inconnues :,, z,λ,λ. L étude de ce sstème montre qu il a 6 solutions, données dans le tableau ci-dessous : z λ λ / / / / /9 / / / / /9 / / / / /9 Observons que ces points ont été obtenus par une condition nécessaire. Rien dans le théorème ne permet de savoir si ce sont des maima, des minima ou ni l un ni l autre. 8 G. Faccanoni

109 Jeudi 9 avril 5. Etrema (libres et liés) Eercices Eercice 5. Soit f : R R une fonction de classe C (R ) et (a,b) un point de R. On suppose que f (a,b) =, f (a,b) =, f (a,b) =, f (a,b) =, f (a,b) =, f (a,b) =. Le point (a,b) est-il un point critique? Si oui, de quelle nature? SOLUTION. Il est un point critique et plus particulièrement il s agit d un point de selle car (a,b) <. Eercice 5. On suppose que (, ) est un point critique d une fonction f dont les dérivées secondes sont continues. ans chaque cas, que peut-on dire au sujet de f?. f (,) = 4, f (,) =, f (,) = ;. f (,) = 4, f (,) =, f (,) =. SOLUTION.. abord on calcule (,) = f (,) f (,) ( f (,)) = 7. Comme (,) > et f (,) >, f a un minimum local en (,).. abord on calcule (,) = f (,) f (,) ( f (,)) =. Comme (,) <, f a un point de selle en (,). Eercice 5. À partir de la carte des courbes de niveau de la figure cicontre, localiser les points critiques de f et préciser pour chacun de ces points s il s agit d un point de selle ou d un maimum ou d un minimum local. Vérifier ensuite le raisonnement sachant que f (, ) = SOLUTION. ans la figure, le point (,) est entouré par des courbes de niveau qui sont de forme ovale et qui indiquent que si nous nous éloignons du point dans n importe quelle direction les valeurs de f augmentent. Ainsi on pourrait s attendre à un minimum local en ou à proimité de (,). Les courbes de niveau proche du point (,) ressemblent à des hperboles, et si nous nous éloignons de l origine, les valeurs de f augmentent dans certaines directions et diminuent dans d autres, donc nous nous attendons à trouver un point selle. Vérifions cette analse : Points critiques : f (, ) =, f (, ) =. On a un point critique si les deu dérivées partielles s annulent en même temps ; on trouve deu points critiques : (,) et (,). Études des points critiques : les dérivées secondes sont f (, ) = 6, f (, ) =, f (, ) = 6, ainsi (, ) = f (, ) f (, ( f (, )) = 6 9. Comme (,) > et f (,) >, f a un minimum local en (,). Comme (,) <, f a un point de selle en (,). Eercice 5.4 Etrema libres Soit f l application définie sur R par f (, ) = G. Faccanoni 9

110 5. Etrema (libres et liés) Jeudi 9 avril Trouver les points critiques de la fonction f et établir leur nature. SOLUTION. f est une application définie sur R ; les points critiques sont les points qui rendent nul le gradient. On a ( ) +, f = + 4 et f = (, ) { (, ),(,) }. Pour en étudier la nature on calcule les dérivées secondes : f (, ) = + f (, ) = f (, ) = onc et δ(, ) = f (, ) f (, ) ( f (, )) = ( + ) δ(, ) =, δ(,) = 6. Comme δ(,) > et f (,) = 4 >, on conclut que le point (,) est un minimum pour f. En revanche, comme δ(, ) =, on ne peut pas conclure en utilisant la matrice hessienne. On établi la nature du point stationnaire (, ) en étudiant la restriction de la fonction f à la courbe = qui passe par le point (, ) ; on a f (, ) = 6 qui change de signe pour h proche de : le point (, ) est un point de selle. Eercice 5.5 À partir de la carte des courbes de niveau de la figure cicontre, localiser les points critiques de f et préciser pour chacun de ces points s il s agit d un point de selle ou d un maimum ou d un minimum local. Vérifier ensuite le raisonnement sachant que f (, ) = + 4. SOLUTION. ans la figure, les points (, ) et (,) sont entourés par des courbes de niveau qui sont de forme ovale et qui indiquent que si nous nous éloignons du point dans n importe quelle direction les valeurs de f augmentent. Ainsi on pourrait s attendre à des minima locau en ou à proimité de (,±). e la même manière, le point (,) est entouré par des courbes de niveau qui sont de forme ovale et qui indiquent que si nous nous éloignons du point dans n importe quelle direction les valeurs de f diminuent. Ainsi on pourrait s attendre à un maimum local en ou à proimité de (,). Les courbes de niveau proche des points (,), (,) et (, ) ressemblent à des hperboles, et si nous nous éloignons de ces points, les valeurs de f augmentent dans certaines directions et diminuent dans d autres, donc nous nous attendons à trouver des points de selle. Vérifions cette analse : f = { = = G. Faccanoni

111 Jeudi 9 avril 5. Etrema (libres et liés) donc les points critiques sont (,), (,), (, ), (,), (,), (, ). Les dérivées secondes sont f (, ) = 6, f (, ) =, f (, ) = 4, ainsi (, ) = f (, ) f (, ) ( f (, )) = Point critique f Conclusion (, ) 4 > 6 < f a un maimum local en (, ) (,) 48 < f a un point de selle en (,) (, ) 48 < < f a un point de selle en (, ) (,) 4 < f a un point de selle en (,) (, ) 48 > 6 > f a un minimum local en (, ) (, ) 48 > 6 > f a un minimum local en (, ) Eercice 5.6 Optimisation libre éterminer les etrema de la fonction f : R R définie par f (, ) = + ln(). SOLUTION. f est de classe C dans son domaine de définition, l ouvert = { (, ) R } >. ) et Points critiques On a f (, ) = ( ln()+ + ln() f (, ) = ( ) { ( + ln()) =, + ln() =, { ( (, ) (,); e, ) } e Nature des points critiques (, ) = f (, ) f (, ) ( f (, )) = (+ln()). Comme (,) = <, le point (,) est un point de selle ; comme (/e,/(e)) = > et f (/e,/(e)) = / >, le point (/e,/(e)) est un minimum local. Eercice 5.7 Etrema libres Soit f l application définie sur R par f (, ) = + 4. Trouver les points critiques de la fonction f et établir leur nature. SOLUTION. f est une application définie sur R ; les points critiques sont les points qui rendent nul le gradient. On a ( ), f = + et f = (, ) { (, ),(,) }. 4 Pour en étudier la nature on calcule les dérivées secondes : f (, ) = f (, ) = f (, ) = onc et δ(, ) = f (, ) f (, ) ( f (, )) = ( ) δ(, ) = 6, δ(,) =. Comme δ(, ) > et f (, ) <, on conclut que le point (, ) est un maimum pour f. En revanche, comme δ(,) =, on ne peut pas conclure en utilisant la matrice hessienne. On établi la nature du point stationnaire (,) en étudiant la restriction de la fonction f à la courbe = qui passe par le point (,) ; on a f (, ) = 6 qui change de signe pour h proche de : le point (,) est un point de selle. G. Faccanoni

112 5. Etrema (libres et liés) Jeudi 9 avril Eercice 5.8 Etrema libres Soit f l application définie sur R par f (, ) = Trouver les points critiques de la fonction f et établir leur nature SOLUTION. f est une application définie sur R ; les points critiques sont les points qui rendent nul le gradient. On a f = ( + 4, + ) et f = (, ) { (,),(,) }. Pour en étudier la nature on calcule les dérivées secondes : f (, ) = f (, ) = + f (, ) = onc et δ(, ) = f (, ) f (, ) ( f (, )) = ( + ) δ(,) =, δ(,) = 6. Comme δ(,) > et f (,) = 4 >, on conclut que le point (,) est un minimum pour f. En revanche, comme δ(,) =, on ne peut pas conclure en utilisant la matrice hessienne. On établi la nature du point stationnaire (,) en étudiant la restriction de la fonction f à la courbe = qui passe par le point (,) ; on a f (,) = 4 qui change de signe pour h proche de : le point (,) est un point de selle. Eercice 5.9 Etrema libres Une montagne a la forme de la surface z(, ) = (l unité de mesure est de mètres). Si le niveau de la mer correspond à z =, quelle est la hauteur de la montagne? SOLUTION. Il s agit d évaluer z(, ) dans le point de maimum. Cherchons d abord les points critiques : z(, ) = ( ) et z(, ) = ssi (, ) = (,). On établie la nature du point critique en étudiant le déterminant de la matrice hessienne : f (, ) = 4 <, f (, ) =, f (, ) =, et f (,) f (,) ( f (,)) = 4 > donc (,) est un maimum. Comme z(,) = 4, la montagne est haute 4 mètre. Eercice 5. Etrema libres éterminer et classer les 5 points critiques (en spécifiant s ils sont des ma, des min ou des points de selle) de la fonction f : R R définie par f (, ) = ( )e ( ). G. Faccanoni

113 Jeudi 9 avril 5. Etrema (libres et liés) SOLUTION. Cherchons d abord les 5 points critiques : ( ) ( + )e ( ) f (, ) = ( + )e ( ) et f (, ) = (,) ssi (, ) { (,), (,), (, ), (,), (,) }. Étudions maintenant séparément chacun de ces points en calculant au préalable le déterminant de la matrice hessienne de la fonction f en un point quelconque : f (, ) = e ( ) ( ), f (, ) = 4 ( )e ( ), f (, ) = e ( ) ( ), (, ) = f (, ) f (, ) ( f (, )). On a alors (, ) f (, ) f (, ) f (, ) (, ) (,) 4 c est un point de selle (,) 4 e 4 e (,) 4 e 4 e (,) (, ) 4 e 4 e 4 e 4 e 6 e 6 e 6 e 6 e c est un maimum c est un maimum c est un minimum c est un minimum Eercice 5. Etrema libres éterminer et classer les 5 points critiques (en spécifiant s ils sont des ma, des min ou des points de selle) de la fonction f : R R définie par f (, ) = ( )e ( ). SOLUTION. Cherchons d abord les 5 points critiques : ( ) ( + )e ( ) f (, ) = ( + )e ( ) et f (, ) = (,) ssi (, ) { (,), (,), (, ), (,), (,) }. Étudions maintenant séparément chacun de ces points en calculant au préalable le déterminant de la matrice hessienne de la fonction f en un point quelconque : f (, ) = e ( ) ( ), f (, ) = 4 ( )e ( ), f (, ) = e ( ) ( ), (, ) = f (, ) f (, ) ( f (, )). On a alors (, ) f (, ) f (, ) f (, ) (, ) (,) 4 c est un POINT E SELLE (,) (, ) 4 e 4 e 4 e 4 e (,) 4 e 4 e (, ) 4 e 4 e 6 e 6 e 6 e 6 e c est un MIN c est un MIN c est un MAX c est un MAX G. Faccanoni

114 5. Etrema (libres et liés) Jeudi 9 avril Eercice 5. La société d Adèle produit deu tpes d ampoules : E7 et E4. Indiquons par le nombre de milliers d ampoules de tpe E7 produites et supposons que la demande pour ce tpe de lampes est donnée par p = 5, où p est le pri de vente en euros. e même, indiquons par le nombre de milliers d ampoules de tpe E4 produites et supposons que la demande pour ce tpe est donnée par p = 6, où p est aussi le pri de vente en euros. Les coûts communs de production de ces ampoules est C = (en milliers d euros). Par conséquent, le bénéfice de la société d Adèle (en milliers d euros) est une fonction de deu variables et. éterminer le profit maimal d Adèle. SOLUTION. La fonction profit en milliers d euros est p(, ) = p +p C (, ) = Pour maimiser le profit, on cherche d abord les points stationnaires : p = ( ) ( ) 5 = 6 4 Pour établir la nature de ces points, on étudie la matrice hessienne : { =, = 5. p(, ) =, p(,5) = <, p(, ) =, p(,5) =, p(, ) = 4, p(,5) = 4, et (,5) = ( )( 4) ( ) = 4 > donc (,5) est un point de maimum pour p et le profit maimal vaut p(,5) = 65. La société d Adèle réalise le profit maimal de 65 euros lorsqu elle vend ampoules E7 à euros l une et 5 ampoules E4 à 5 euros l une. Eercice 5. Vous êtes le directeur financier de la firme SANBON & FILS. Cette entreprise a investi euros pour mettre au point un nouveau parfum. Le coût de la production est de euros par flacon de ml. L epert consulté par M. SANBON père a établi que si la firme consacre euros en publicité pour son parfum et que le pri de vente d un flacon est de euros, la firme vendra eactement +6 pièces. La firme SANBON & FILS fie évidemment et de manière à maimiser son profit. En tant que directeur financier, il vous incombe de déterminer ces valeurs. SOLUTION. Revenu de la vente : ( + 6 ) Coût de production : ( + 6 ) Coût de développement et de publicité : + Le profit de la firme à maimiser est donc : f (, ) = ( )( + 6 ). La condition nécessaire s écrit { f (, ) = ( ) = f (, ) = + 6 = = (, ) = (645, 8). La hessienne en ce point est définie négative (à vérifier), et on a bien un maimum. La firme SANBON & FILS va donc consacrer 645 euros à la promotion de son nouveau parfum et vendre le flacon de ml à 8 euros. Elle réalisera de la sorte le profit maimal de f (645, 8) = 55 euros. Eercice 5.4 Fonctions implicites, etrema libres On considère l équation z + sin z =.. Vérifier qu elle définie une et une seule fonction z = ϕ(, ) au voisinage de (,,).. Montrer que le point (,) est un point stationnaire pour z = ϕ(, ) et en établir sa nature. 4 G. Faccanoni

115 Jeudi 9 avril 5. Etrema (libres et liés) SOLUTION. Soit g (,, z) = z + sin z. Elle est clairement de classe C (R ) et on a g (,, z) =, g (,, z) = 8 + 8, z g (,, z) = z + cos z, g (,,) =, g (,,) =, z g (,,) =. Comme z g (,,) on peut conclure que l équation g (,, z) = définie implicitement une et une seule fonction z = ϕ(, ) au voisinage de (,) et ϕ(,) =. e plus ϕ(, ) = g (,,ϕ(, )) z g (,,ϕ(, )) = ϕ(, ) + cos(ϕ(, )), ϕ(,) =, ϕ(, ) = g (,,ϕ(, )) z g (,,ϕ(, )), ϕ(,) =, donc (,) est un point stationnaire pour z = ϕ(, ). Comme ϕ(, ) = ϕ(, ) + cos(ϕ(, )) + ϕ(, )( sin(ϕ(, ))) (ϕ(, ) + cos(ϕ(, ))), ϕ(,) =, ϕ(, ) = ϕ(, ) sin(ϕ(, )) ϕ(, ) (ϕ(, ) + cos(ϕ(, ))), ϕ(,) = ϕ(, ) = 8( + ) ϕ(, ) + cos(ϕ(, )) + 8( + ) ϕ(, )( sin(ϕ(, ))) (ϕ(, ) + cos(ϕ(, ))) ϕ(, ) = 8. le déterminant de la matrice hessienne est 6 : le point (,) est un point de maimum locale pour la fonction z = ϕ(, ). Eercice 5.5 Etrema libres Étudier et classer les points stationnaires des fonctions suivantes. f (, ) = ( ),. f (,, z) = + z z +,. f (, ) = ( ) +, 4. f (, ) = + +, 5. f (, ) = (6 ), 6. f (, ) = e ( ), 7. f (, ) = 8 + +, 8. f (, ) = cos(), SOLUTION.. f (, ) = ( ) est définie sur R à valeur dans R ; comme la restriction f (,) = 4 tend vers + pour qui tend vers ±, il n a pas de maimum global sur R. Comme R est ouvert, un etrémum relatif de f vérifie la condition nécessaire f (, ) =. Comme f (, ) = 4( + ), f (, ) = 4( + ), les points critiques sont donc (,),(, ),(, ) (on note que f (, ) = f (, )). Pour en étudier la nature, calculons les dérivées secondes : on en déduit que f (, ) = 4, f (, ) = 4, f (, ) = 4; (, ) f (, ) f (, ) f (, ) (, ) (,) à étudier séparément, (, ) 4 84 est un minimum, (, ) 4 84 est un minimum. Pour connaître la nature du point (,) on étudie le signe de d(h,k) = f (h,k) f (,) pour h et k voisins de : d(h,k) = h 4 + k 4 (h k) ;. { = = = { + = + = = { = ( ) = G. Faccanoni 5

116 5. Etrema (libres et liés) Jeudi 9 avril comme d(h,) = (h )h < lorsque h est voisin de mais d(h,h) = h 4 >, alors (,) est un point de selle. Remarquons qu avec des transformations algébriques, on peut réécrire la fonction sous la forme f (, ) = ( ) + ( ) + ( + ) 8. Comme f (, ) = f (, ) = 8, les points (, ) et (, ) sont des minima globau.. f (,, z) = + z z + est définie sur R à valeur dans R ; comme la restriction f (,, z) = z tend vers ± pour z qui tend vers, il n a pas d etremum global sur R. Comme R est ouvert, un etrémum relatif de f vérifie la condition nécessaire f (,, z) =. Comme f (,, z) = + z, f (,, z) = z +, f z (,, z) =, il n a qu un point critique : (,, ). Pour connaître sa nature on a deu possibilités : on étudie le signe de la différence d(,, z) = f (,, z) f (,, ) pour voisin de, voisin de et z voisins de : d(,, z) = + z z + + = + z z +, mais ce n est pas facile d en étudier le signe ; on étudie le signe de f (h,k,l) = f ( + h, + k, + l ) pour h, k et l voisins de (les termes de degré en h, k et l doivent disparaître) : f (h,k,l) = h + + h + ( + h)( + k)( + l) ( + l ) + ( + k) = h + hkl + hl hk + kl. Il ne reste que transformer f si on pense qu il s agit d un etrémum ou fournir des restrictions qui se contredisent si on pense que ce n est pas un etrémum. Comme les deu restrictions à deu courbes continues passant par l origine f (h,,h) = h > et f (h,h,) = h < donnent des signes différents, on conclut que ce n est pas un etrémum. Remarquons qu avec des transformations algébriques, on peut réécrire la fonction sous la forme f (, ) = ( ) + ( ) + ( + ) 8. Comme f (, ) = f (, ) = 8, les points (, ) et (, ) sont des minima globau.. f (, ) = ( ) + est définie sur R à valeur dans R et f (, ) =, f (, ) = 4. Comme f (, ) = ssi (, ) = (,), et f (, ) =, f (, ) =, f (, ) = 4, on en déduit que (,) = 8 > : il s agit d un minimum. 4. f (, ) = + + est définie sur R à valeur dans R et f (, ) = +, f (, ) = +. Comme f (, ) = ssi (, ) = (,), et on en déduit que (,) = > : il s agit d un minimum. f (, ) =, f (, ) =, f (, ) =, 5. f (, ) = (6 ) est définie sur R à valeur dans R et f (, ) = (6 ), f (, ) = (6 ). Tous les points (,) et (, ) sont des points critique ainsi que le point (,). Comme f (, ) = 6 (6 ) 6, f (, ) = 6 (6 ), f (, ) = (6 ) 4, on en déduit que (,) > : il s agit d un maimum. En revanche, l étude de la matrice hessienne ne permet pas de conclure pour les points sur les aes. Pour connaître la nature de ces points on étudie le signe de d(h,k) = f (h,k) f (,). onc les points (, ) sont des selles, les points (,) pour < ou > 6 sont des maima, les points (,) pour < < 6 sont des minima, le point (6,) est une selle. 6. f (, ) = e ( ) est définie sur R à valeurs dans R et f (, ) = e ( + ), f (, ) = e ( + 4). Les points critiques sont (,) et ( 4, ). Comme f (, ) = e ( ), f (, ) = e ( + 4), f (, ) = e ( + 8 4); on en déduit que (, ) f (, ) f (, ) f (, ) (, ) ( 4, ) 6e 8e e 8e 4 maimum (, ) 4 8 selle 6 G. Faccanoni

117 Jeudi 9 avril 5. Etrema (libres et liés) 7. f (, ) = est définie dans R \ { (, ) = } ouvert et f (, ) = 8 ssi (, ) = (4,), et f (, ) = 6, f (, ) =, f (, ) =,, f (, ) =. Comme f (, ) = on en déduit que (4,) = 6 > : il s agit d un minimum. 8. f (, ) = cos() est définie dans R et f (, ) =, f (, ) = sin. Les points critiques sont les points (,kπ) avec k Z. Pour étudier la nature de ces points, on calcule le déterminant de la matrice hessienne : f =, f =, f = cos(), donc (,kπ) = cos(kπ) = ( ) k : si k est impaire c est un point de selle, si k est paire c est un minimum. Eercice 5.6 Etrema libres Étudier et classer les points stationnaires de la fonction f (, ) = ( + )e ( + ). SOLUTION. Comme f (, ) = ( )e ( + ) et f (, ) = ( )e ( + ), les points critiques sont (,) et les points (, ) qui appartiennent au cercle + =. Comme f (, ) pour tout (, ) R et f (, ) = ssi (, ) (,) ou (, ) est tel que + =, on en déduit qu ils sont des minima (le calcul des dérivées secondes porte à des calculs très longues). Sinon, on peut remarquer que si on pose w(r ) = f (r cosϑ,r sinϑ) = r e r, on obtient une fonction d une seule variable et on a w (r ) = r ( r )e r qui a un minimum pour r = et r =. Eercice 5.7 Etrémum dans un fermé Quel point du cercle d équation + minimise la distance à la droite = 4? SOLUTION. En se rappelant la formule pour la distance d un point (, ) d une droite d équation a + b + c =, il s agit de minimiser la fonction a + b + c f (, ) = = + 4 a + b dans = { (, ) + }. Comme + 4 < pour tout point de, il s agit alors de minimiser la fonction d(, ) = 4. Les etrema se trouvent soit dans soit sur. Comme d(, ) = (, ) (,), il n a pas d etrema dans. Il faut alors les chercher sur. Pour cela on eprime sous forme paramétrique = cosϑ et = sinϑ pour ϑ [;π]. La restriction de d à cette courbe donne la fonction d une seule variable h(ϑ) = d((ϑ), (ϑ)) = 4 cosϑ sinϑ. Comme h (ϑ) = sin ( ϑ π ) 6 on a que h (ϑ) = ssi ϑ = π 6 ou ϑ = 7π 6. Il faut comparer la valeur de h en ces points avec la valeur en et en π : h() = h(π) = 4 ( π ) ( ) 7π, h =, h =. 6 6 On conclut que le point qui minimise la distance correspond à ϑ = π 6, c est-à-dire le point (, ). Remarquons que, une fois établit que les etrema se trouvent sur la courbe d équation + =, cela revient à calculer le minimum de d sous la contrainte g (, ) = avec g (, ) = +. On peut alors utiliser la méthode des multiplicateurs de Lagrange : on introduit le lagrangien L(,,l) = 4 l( + ), on calcul son gradient l L = l, G. Faccanoni 7

118 5. Etrema (libres et liés) Jeudi 9 avril comme L(,,l) = (,,) ssi (, ) = (, ) ou (, ) = (, ), et comme d(, ) < d(, ), on conclut que (, est le minimum. ) = 4 Eercice 5.8 Optimisation dans un fermé On cherche les etrema de la fonction f : R R définie par f (, ) = + dans le disque +. Étude dans l ouvert + < : déterminer le point critique de f dans + < et en établir la nature. Étude sur le bord + = : déterminer les points critiques du lagrangien L (,,λ) f (, ) λ( + ) et en établir la nature. Quels sont les minimum et maimum absolus de f dans le disque +? SOLUTION. Le disque + est un ensemble fermé borné et la fonction f est continue, pour le théorème de Weierstrass il eiste un maimum et un minimum absolus de f dans le disque.. Étude de f (, ) = + dans le disque + < : Points critiques f (, ) = ( 4 ) et f (, ) = ( ) { =, 4 =, (, ) = (,) Nature des points critiques (, ) = f (, ) f (, ) ( f (, )) = 4 = 8. Comme (,) >, le point (,) est un minimum local.. Étude sur le bord + = : Points critiques L (,,λ) = ( λ 4 λ ) et λ =, L (,,λ) = 4 λ =, + = (,,λ) { (,,),(,,),(,,),(,,) } Nature des points critiques (,,λ) = L (,,λ) L (,,λ) ( L (,,λ)) = ( λ) ( λ) = 4( λ)( λ). Comme (,,) = (,,),(,,) = (,,) =, on ne peut pas établir la nature de ces points critiques en utilisant le lagrangien. Étant donné que f (,) =, f (,) =, f (, ) =, f (,) = et f (,) = on conclut que (,) est le minimum absolu et (,±) sont les maimums absolus de f dans le disque +. Eercice 5.9 Etrema dans un fermé Étudier et classer les points stationnaires des fonctions suivantes. f (, ) =,. f (, ) = + dans l ensemble = {(, ), }. 8 G. Faccanoni

119 Jeudi 9 avril 5. Etrema (libres et liés) SOLUTION.. f (, ) = est définie sur le disque = { (, ) R + } à valeur dans R ; les etrema peuvent être soit dans soit sur le bord = { (, ) R + = }. Cherchons d abord les points critiques dans : f (, ) = ( ) ( ) et f (, ) = (,) ssi { (, ) (,), (/,/ ), (/, / ), ( /,/ ), ( /, / ) Étudions maintenant séparément chacun de ces points en calculant au préalable le déterminant de la matrice hessienne de la fonction f en un point quelconque : f (, ) = ( ) ( ), f (, ) = ( ), f (, ) = ( ) ( ), (, ) = f (, ) f (, ) ( f (, )). }. On a alors (, ) f (, ) f (, ) f (, ) (, ) (, ) SELLE (, ) MAX (, ) (, ) MIN MIN (, ) MAX La fonction n est pas dérivable sur mais on peut étudier la nature de ces points en observant que f est nulle sur les aes, positive dans le premier et le troisième quadrant, négative dans le deuième et quatrième quadrant donc (, ), (,), (,) et (, ) sont des points de SELLE, les points (, ) avec > et les points (, ) avec < sont des MIN, les points (, ) avec < et les points (, ) avec > sont des MAX.. L ensemble un fermé borné et la fonction f est continue, pour le théorème de Weierstrass il eiste un maimum et un minimum de f dans. On suit la «recette» pour le calcul de ces valeurs : on cherche dans : les points critiques de f doivent annuler le gradient de f ; on a f (, ) = (, ) = (,) ssi (, ) = (/,/) et f (/,/) = / ; on cherche sur : on doit considérer quatre segments S = { (, ) =, } : h () = f S = pour [ ;], h () = = ssi = / et h (/) = /4 ; de plus, h ( ) = et h () = ; donc le MAX de h vaut et le MIN vaut /4 ; S = { (, ) =, } : h () = f S = + pour [ ;], h () = = ssi = / et h (/) = 7/4 ; de plus, h ( ) = 4 et h () = ; donc le MAX de h vaut 4 et le MIN vaut 7/4 ; S = { (, ) =, } : h () = f S = pour [ ;], h () = = ssi = / et h (/) = /4 ; de plus, h ( ) = et h () = ; donc le MAX de h vaut et le MIN vaut /4 ; S 4 = { (, ) =, } : h4 () = f S4 = + pour [ ;], h 4 () = = ssi = / et h (/) = 7/4 ; de plus, h 4 ( ) = 4 et h 4 () = ; donc le MAX de h 4 vaut 4 et le MIN vaut 7/4. En résumé, les candidats sont : (, ) (/,/) (, ) (,) (,/) (/,) (,/) (/, ) (, ) f (, ) / /4 /4 7/4 7/4 4 On conclut que le MAX absolu est 4 obtenu en (, ) et le MIN absolu est / obtenu en (/,/). G. Faccanoni 9

120 5. Etrema (libres et liés) Jeudi 9 avril Ma pour h et h 4 Ma pour h Min pour h Min pour h 4 Ma pour h Min libre Min pour h Min pour h Eercice 5. Etrema liés Étudier et classer les points stationnaires des fonctions suivantes. f (, ) = dans R sous la contrainte + =,. f (, ) = + + dans R sous la contrainte + =,. f (, ) = ( )ln(4 + ) sous la contrainte + =. SOLUTION.. On a g (, ) = (,) T = (,) si et seulement si (, ) = (,) mais (,) ne vérifie pas la contrainte donc on peut appliquer la méthode des multiplicateurs de Lagrange. On introduit le lagrangien L(,,λ) = λ( + ) et on cherche ses points critiques : { ( ) L(,,λ) = ( λ, λ, ) = (,,) (, ),, (, ),(, ) (, ), }. ( ) ) ( ) ( ) ( ) ) f, = f (, = et f, = f, =, on conclut que les points, et (, ( ) ( ) sont des maima et les points, et, des minima.. On cherche les possibles etrema par la méthode des multiplicateurs de Lagrange. Si on note g (, ) = + la contrainte, on a g (, ) = et g (, ) = + donc le point (,) est une singularité de la contrainte. Cherchons maintenant les points stationnaires du lagrangien : L(,,λ) = + + λ( + ). On a L (,,λ) = λ( ), L (,,λ) = λ( + ), L λ (,,λ) = ( + ), donc le gradient de L s annule seulement en (,) et f (,) =. Comme f (, ) = en tout point, il s agit d un minimum. En revanche il n a pas de maimum (ceci ne contredit pas le théorème de Weierstrass car la contrainte g (, ) = ( ) =, i.e. la droite = n est pas un ensemble borné). En effet, f (, ) g (,)= = f (, ) = f (, ) = ( )ln(4 + ) dans R sous la contrainte + =, Remarquons tout d abord que la fonction n est définie que si < + 4, ce qui est toujours vérifié si on réalise la contrainte. Comme la contrainte g (, ) = + a gradient g (, ) = (,) qui ne s annule pas lorsque g (, ) = G. Faccanoni

121 Jeudi 9 avril 5. Etrema (libres et liés), on peut utiliser la méthode des multiplicateurs de Lagrange : on défini le lagrangien L(,,l) = ( )ln(4 + ) l( ) et on cherche les points stationnaires pour L, comme ln(4 + ) + 4+ l L(, ) = ln(4 + ) 4+ l + et L(, ) = (,) ssi (, ) = (/, / ) ou (, ) = ( /,/ ). Comme f (/, / ) = / ln(4 + / ) et f ( /,/ ) = / ln(4 / ), on conclut que (, ) = (/, / ) est un maimum lié et (, ) = ( /,/ ) un minimum lié. Eercice 5. Etrema liés Une firme produit des appareils dans deu usines différentes. Les coûts totau de production pour les deu usines sont respectivement : C (q) = + 6q +.q, C (q) = 5 + q +.q. où q représente le nombre d appareils produits dans l usine. La firme s est engagée à livrer appareils à une entreprise. Les frais de transport par appareil sont de 4 euros pour les livraisons à partir de la première usine et de euros pour les livraisons à partir de la seconde usine. Les frais de transport sont supportés par la firme productive. Calculer le nombre d appareils que doit produire la firme dans chaque usine afin de minimiser le coût total de production compris le coût de transport. SOLUTION. Soit q i le nombre d appareils produits dans l usine i. Contrainte : q + q = Coût totale : C (q, q ) = C (q ) + 4q +C (q ) + q =.q +.q + q + q + 5. Lagrangien : L(q, q,l) = C (q, q ) l( q q ) =.q +.q + q + q + 5 l( q q ). Gradient du lagrangien : Points critiques du lagrangien :.6q + + l L(q, q,l) =.4q + + l q + q L(q, q,l) = (,,) (q, q,l) = (6,4,.6). Nature du point critique : q q L(6,4,.6) =.6, q q L(6,4,.6) =.4, q q L(6,4,.6) =, donc ( q q L q q L q q L )(6,4,.6) =.4 > : il s agit d un minimum. Par conséquent, quand la firme livre 6 appareils de sa première usine et 4 de sa deuième, le coût total est minimal sous la contrainte d une livraison de appareils. Eercice 5. Optimisation sous contraintes Une entreprise fabrique deu modèles de vélos de montagne : le modèle X est plus abordable et se vend 5 l unité, tandis que le modèle Y se vend l unité. Les coûts totau de fabrication (en ) sont eprimés par la fonction c(, ) = où est le nombre de vélos du modèle X et est le nombre de vélos du modèle Y, produits mensuellement. On suppose que chaque vélo produit peut être vendu sur le marché.. Écrire (, ) p la fonction des profits totau mensuels. G. Faccanoni

122 5. Etrema (libres et liés) Jeudi 9 avril. La capacité de production de l entreprise est de 5 vélos par mois. En supposant que l entreprise désire utiliser à pleine capacité son usine, trouver la répartition de la production mensuelle permettant de maimiser les profits (on utilisera la méthode que l on préfère). Prouvez qu il s agit bien d un maimum absolu et donnez la valeur du profit mensuel.. Le patron de l entreprise s interroge sur la pertinence de vouloir produire à pleine capacité. Il se demande si la solution qu il obtiendrait sans cette contrainte serait plus intéressante. Aidez-le à répondre à cette question en trouvant la solution qui maimise les profits sans cette contrainte. Prouvez qu il s agit bien d un maimum absolu et donnez la valeur du profit mensuel. La solution obtenue est-elle réalisable pour l entreprise? SOLUTION.. La fonction des profits totau mensuels est p(, ) = 5 + c(, ) = On veut produire de 5 vélos par mois ce qui donne la contrainte + = 5. Il s agit alors de résoudre le problème maimiser p(, ) sous la contrainte + = 5. Pour cela, on peut utiliser l une de deu méthodes suivantes : Méthode On maimise p() = p(,5 ) = 5 5(5 ) +5 +(5 )+ 5 (5 ) = Points critiques p () = , p () = si et seulement si = 55. Classification p () = 5, p (55) <. Conclusion = 55 est un maimum de p donc (, ) = (55, 95) est un maimum de p sous la contrainte + = 55 avec p(55,95) = 65,5 Méthode On maimise le lagrangien L(,,λ) = p(, ) λ( + 5) = 5 + c(, ) = λ( + 5) λ Points critiques L(,, λ) = + 5 λ, L(,,λ) = si et seulement si (,,λ) = (55,95, 75 ). 5 Classification (,,λ) = L(,,λ) L(,,λ) ( L(,,λ)) = ( ) ( ) (5/), (55,95, 75 ) > et L(55,95, 75 ) <. Conclusion (, ) = (55, 95) est un maimum de p sous la contrainte + = 55 avec p(55, 95) = 65, 5. On maimise le profit p(, ) sans contraintes. ( Points critiques p(, ) = + 5 ), p(, ) = ( ) si et seulement si (, ) = (8,). Classification (, ) = p(, ) p(, ) ( p(, )) = ( ) ( ) (5/), (8,) > et p(8,) <. Conclusion (, ) = (8, ) est un maimum de p avec p(8, ) = 7 La solution obtenue n est pas réalisable pour l entreprise car elle dépasse la capacité de 5 vélos. Eercice 5. Etrema liés Trouver le rectangle de surface s maimale parmi ceu qui ont périmètre p > fié. SOLUTION. Appelons > et > respectivement la base et la hauteur d un rectangle quelconque. Le périmètre est la fonction + tandis que la surface est la fonction s(, ) =. Il s agit de trouver le maimum s(, ) sous la contrainte g (, ) = + p =. Première méthode En appliquant la condition nécessaire des multiplicateurs de Lagrange, on doit calculer les triplets (,,λ) solutions du sstème = λ, = λ, + = p. L etrémum de s peut se trouver seulement en (p/4, p/4) et s(p/4, p/4) = p /6. G. Faccanoni

123 Jeudi 9 avril 5. Etrema (libres et liés) Seconde méthode ans ce cas on peut écrire directement la restriction de s sur la contrainte et on obtient h() = f (, p/ ) = (p/ ). Pour maimiser cette restriction on calcul sa dérivée première : h () = p/ = ssi = p/4, h () => ssi < p/4, h () =< ssi > p/4. Le point (p/4, p/4) est bien un maimum. Eercice 5.4 Etrema liés Trouver le rectangle de périmètre minimale parmi ceu qui ont surface fiée avec la méthode des multiplicateurs de Lagrange (i.e. minimisation d une fonction f (, ) sous une contrainte g (, ) = ) ;.... avec la méthode des etrema libres en éliminant une variable de la contrainte (par eemple en minimisant une fonction h() = f (, ())). SOLUTION.. On doit minimiser la fonction p : (R + ) R + définie par p(, ) = (+) sous la contrainte s(, ) = où s : (R+ ) R + est définie par s(, ) = K avec K > une constante. En introduisant le sstème de Lagrange, il s agit de chercher les solutions (,,λ) (R + ) R de λ =, (5.a) λ =, (5.b) K =. (5.c) On obtient que le seul point critique est ( K, K ).. La contrainte se réécrit = K donc il s agit de chercher les etremum de la fonction réelle de variable réelle h : (R + ) R + définie par ( h() = f, K ) ( = + K ). Cherchons d abord les points critiques : h () = K et h () = ssi = K. Comme h () = 4 K >, il s agit d un minimum. Eercice 5.5 Etrema liés Trouver les dimensions d une boîte rectangulaire ouverte de surface de volume maimale avec la méthode des multiplicateurs de Lagrange (i.e. minimisation d une fonction f (,, z) sous une contrainte g (,, z) = ) ;.... avec la méthode des etrema libres en éliminant une variable de la contrainte (par eemple en minimisant une fonction h(, ) = f (,, z(, ))). z SOLUTION. Notons, et z les dimensions de la boîte. Il s agit de maimiser la fonction f (,, z) = z sous la contrainte g (,, z) = z + z + = avec,, z >.. En utilisant la méthode des multiplicateurs de Lagrange, on cherche les solutions du sstème z = λ(z + ), z = λ(z + ), = λ( + ), z + z + =. L unique solution est le point (,, z,λ) = (,,,/) et f (,,) = 4. z = λ(z + ), z = λ( z + ),. = z + = z + = z + z = = = z z = λ(z + z), z + z + =. G. Faccanoni

124 5. Etrema (libres et liés) Jeudi 9 avril. La contrainte se réécrit z(, ) = (+) ; il s agit alors de maimiser la fonction h(, ) = (+) Eercice 5.6 Etrema liés Trouver le parallélépipède (i.e. une boîte fermée) de volume 8 dont la surface est minimale avec la méthode des multiplicateurs de Lagrange (i.e. minimisation d une fonction f (,, z) sous une contrainte g (,, z) = ) ;.... avec la méthode des etrema libres en éliminant une variable de la contrainte (par eemple en minimisant une fonction h(, ) = f (,, z(, ))). z SOLUTION.. On doit minimiser la fonction f : (R + ) R + définie par f (,, z) = ( + z + z) sous la contrainte g (,, z) = où g : (R + ) R + est définie par g (,, z) = z 8. En introduisant le sstème de Lagrange, il s agit de chercher les solutions (,, z,λ) (R + ) R de On obtient que le seul point critique est (,,). + z λ z =, + z λz =, + λ =, z 8 =.. La contrainte se réécrit z = 8 donc il s agit de chercher les etrema de la fonction de deu variables h : (R + ) R + définie par ( ) ( 8 h(, ) = f,, = ). Cherchons d abord les points critiques : ( ) h(, ) = 8 ) ( 8 et h(, ) = (,) ssi (, ) = (,). Étudions maintenant ce point en calculant le déterminant de la matrice hessienne de la fonction h : h (, ) = h (,) = 4 >, h (, ) = h (,) =, h (, ) = h (,) = 4, (,) = h (,)h (,) (h (,)) = >. On a donc que (,) est bien un minimum. (5.a) (5.b) (5.c) (5.d) Eercice 5.7 Etrema libres et liés Soit le solide constitué d un clindre de raon r > et hauteur h > limité par deu demi-sphère de raon r > comme dans la figure ci-dessous. Maimiser le volume du solide pour une surface fiée égale à 6π avec la méthode des multiplicateurs de Lagrange (i.e. maimisation de la fonction «volume» sous la contrainte «surface=constate») ;.... en réduisant le problème à une maimisation libre en éliminant une variable de la contrainte «surface=constate».. Avec les trois soustractions (5.b)-(5.a), (5.c)-(5.a) et (5.c)-(5.b) on obtient = = z, on insère ce résultat dans (5.d) et on trouve la solution. 4 G. Faccanoni

125 Jeudi 9 avril 5. Etrema (libres et liés) r h Rappel : un clindre de raon de base R et de hauteur H a volume πr H et surface totale (πr ) + πrh, une sphère de raon R a volume 4 πr et surface 4πR. SOLUTION. 4πr : La surface du solide est la somme de la surface latérale du clindre πr h et de la surface des deu demi-sphères S(r,h) = π(4r + hr ). Le volume du solide est la somme du volume du clindre πr h et du volume des deu demi-sphères 4 πr : V (r,h) = π (hr + 4 ) r.. Méthode des multiplicateurs de Lagrange : on introduit la fonction lagrangienne L (r,h,µ) = V (r,h) µ(6π S(r,h)) = π (hr + 4 ) r µ ( 6π π(4r + hr ) ). On cherche les points critiques du lagrangien : π(hr + 4r ) µ( π(8r + h)) =, L = π(r ) µ( πr ) =, π(4r + hr ) = 6π, hr + 4r + µ(h + 8r ) =, r + µr =, 4r + hr = 6, r =, h =, µ =. Le solide qui maimise le volume pour une surface donnée est donc une sphère!. On élimine h de la contrainte : Il s agit alors de maimiser la fonction π(4r + hr ) = 6π h = 8 r r. g (r ) = V (r,h(r )) = π (hr + 4 ) r = π( r r ) On a g (r ) = π( r ) = r = et g (r ) = π( 6r ) <, donc r = est un maimum et h() =. G. Faccanoni 5

126 5. Etrema (libres et liés) Jeudi 9 avril Eercice 5.8 Etrema libres et liés Soit le solide constitué d un clindre de raon r > et hauteur h > limité par deu demi-sphère de raon r > comme dans la figure ci-contre. Minimiser la surface du solide pour un volume fié égale à π avec la méthode des multiplicateurs de Lagrange (i.e. minimisation de la fonction «surface» sous la contrainte «volume=constate») ; h r.... en réduisant le problème à une minimisation libre en éliminant une variable de la contrainte «volume=constate». Rappel : un clindre de raon de base R et de hauteur H a volume πr H et surface totale (πr ) + πrh, une sphère de raon R a volume 4 πr et surface 4πR. SOLUTION. 4πr : La surface du solide est la somme de la surface latérale du clindre πr h et la surface des deu demi-sphères S(r,h) = π(4r + hr ). Le volume du solide est la somme du volume du clindre πr h et du volume des deu demi-sphères 4 πr : V (r,h) = π (hr + 4 ) r.. Méthode des multiplicateurs de Lagrange : on introduit la fonction lagrangienne ( ) [ ( L (r,h,µ) = S(r,h) µ π V (r,h) = π (4r + hr ) µ (hr + 4 ))] r. On cherche les points critiques de la fonction lagrangienne : π [ (8r + h) µ ( (hr + 4r ) )] =, L = π [ (r ) µ ( h + 8r + µ(hr + 4r ) =, r )] =, π ( r + µr hr + 4 r ) = π, =, hr + 4 r =, r =, h =, µ =. Le solide qui minimise la surface pour un volume donné est donc une sphère!. On élimine h de la contrainte : Il s agit alors de maimiser la fonction On a π (hr + 4 ) r = π h = 4 ( ) 8 r r. g (r ) = S(r,h(r )) = π(4r + hr ) = 4 ( ) 6 π r + r g (r ) = 8 ( π r 8 ) r = r = et g (r ) = 8 π( + 6/r ) > donc r = est un minimum et h() =. 6 G. Faccanoni

127 Jeudi 9 avril 5. Etrema (libres et liés) Eercice 5.9 Etrema libres et liés Soit le solide constitué d un clindre de raon r > et hauteur h > surmonté par une demi-sphère de raon r > comme dans la figure ci-contre. Maimiser le volume du solide pour une surface fiée égale à 5π avec la méthode des multiplicateurs de Lagrange (i.e. maimisation de la fonction «volume» sous la contrainte «surface=constate») ; h r.... en réduisant le problème à une maimisation libre en éliminant une variable de la contrainte «surface=constate». Rappel : un clindre de raon de base R et de hauteur H a volume πr H et surface totale (πr ) + πrh, une sphère de raon R a volume 4 πr et surface 4πR. SOLUTION. La surface du solide est la somme de la surface du disque de base πr avec la surface latérale du clindre πr h et la surface de la demi-sphère πr : S(r,h) = π(r + hr ). Le volume du solide est la somme du volume du clindre πr h et du volume de la demi-sphère πr : V (r,h) = π (hr + ) r.. Méthode des multiplicateurs de Lagrange : on introduit la fonction lagrangienne L (r,h,µ) = V (r,h) µ(5π S(r,h)) = π (hr + ) r µ ( 5π π(r + hr ) ). On cherche les points critiques de la fonction lagrangienne : π(hr + r ) µ( π(6r + h)) =, hr + r + µ(6r + h) =, L = πr µ( π(r )) =, r + µ(r ) =, π(r + hr ) = 5π, r + hr = 5, { r = h =, µ =.. On élimine h de la contrainte : Il s agit alors de minimiser la fonction On a π(r + hr ) = 5 h = 5 r r. g (r ) = V (r,h(r )) = π (h(r )r + ) ( 5 r = π r r + ) ( 5 r = π r 5 ) 6 r. ( 5 g (r ) = π 5 ) r = r = et g (r ) = π( 5r ) < donc r = est un maimum et h() =. G. Faccanoni 7

128 5. Etrema (libres et liés) Jeudi 9 avril Eercice 5. Etrema libres et liés Soit le solide constitué d un clindre de raon r > et hauteur h > surmonté par une demi-sphère de raon r > comme dans la figure ci-contre. Minimiser la surface du solide pour un volume fié égale à 5 π avec la méthode des multiplicateurs de Lagrange (i.e. minimisation de la fonction «surface» sous la contrainte «volume=constate») ; h r.... en réduisant le problème à une minimisation libre en éliminant une variable de la contrainte «volume=constate». Rappel : un clindre de raon de base R et de hauteur H a volume πr H et surface totale (πr ) + πrh, une sphère de raon R a volume 4 πr et surface 4πR. SOLUTION. La surface du solide est la somme de la surface du disque de base πr avec la surface latérale du clindre πr h et la surface de la demi-sphère πr : S(r,h) = π(r + hr ). Le volume du solide est la somme du volume du clindre πr h et du volume de la demi-sphère πr : V (r,h) = π (hr + ) r.. Méthode des multiplicateurs de Lagrange : on introduit la fonction lagrangienne ( ) 5 L (r,h,µ) = S(r,h) µ π V (r,h) = π(r + hr ) µ ( 5 π π (hr + r )). On cherche les points critique de la fonction lagrangienne : π(6r + h) µ ( π(hr + r ) ) =, L = π(r ) µ ( 6r + h + µ(hr + r ) =, { πr ) r = h =, =, π ( r + µr hr + r ) = 5 π, =, ( hr + r ) = 5, µ =.. On élimine h de la contrainte : Il s agit alors de minimiser la fonction π (hr + ) r = 5 π h = 5 r r. g (r ) = S(r,h(r )) = π(r + h(r )r ) = π ( r + r 4 ) ( r = π r + 5 ) r. On a ( g (r ) = π r + ) r = r = ( ) et g (r ) = π + r > donc r = est un minimum et h() =. Eercice 5. Etrema libres, etrema liés Trouver le clindre de volume maimal inscrit dans une sphère de raon R > fié avec la méthode des multiplicateurs de Lagrange (i.e. minimisation d une fonction f (, ) sous une contrainte g (, ) = ) [NB : on se contentera de trouver le point critique] ;.... avec la méthode des etrema libres en éliminant une variable de la contrainte (par eemple en minimisant une fonction h() = f (, ())) [NB : après avoir trouvé le point critique, établir sa nature]. Suggestion : voir la figure ci-contre pour déduire la contrainte. R 8 G. Faccanoni

129 Jeudi 9 avril 5. Etrema (libres et liés) SOLUTION. Notons > le raon de base du clindre et > la demi-hauteur du clindre.. Avec la méthode des multiplicateurs de Lagrange il s agit de maimiser la fonction f (, ) = π sous la contrainte g (, ) = R =. On écrit la fonction de Lagrange F (,,λ) = f (, ) λg (, ) = π λ(r ) et on cherche les points critiques de F : π + λ F (,,λ) = 4π + λ. + R ( ) On a F (,,λ) = ssi (,,λ) = R, R, π R.. Avec la méthode des etrema libres il s agit d éliminer une variable de la contrainte, par eemple en posant = R et on minimise la fonction h() = f (, ()) : h() = f (, R ) = π(r ). On cherche d abord les points critiques : h () = π(r ) et h () = ssi = R. On étudie la nature du point critique en étudiant la dérivée seconde : donc = R est un maimum. h () = π, h ( R ) < Eercice 5. Etrema libres, etrema sous contraintes Trouver trois nombres réels positifs dont le produit vaut 78 et dont la somme est minimale :. avec la méthode des multiplicateurs de Lagrange (i.e. minimisation d une fonction f (,, z) sous une contrainte g (,, z) = ), [on se contentera de trouver le point critique sans en étudier sa nature] ;. avec la méthode des etrema libres en «éliminant» une variable de la contrainte (en minimisant une fonction h(, ) = f (,, z(, ))) ; après avoir trouvé le point critique, établir sa nature. SOLUTION. Il s agit de minimiser la fonction f (,, z) = + + z sous la contrainte g (,, z) = z 78 =.. On écrit la fonction de Lagrange et on cherche le(s) point(s) critique(s) de F : F (,, z,λ) = f (,, z) λg (,, z) = + + z λ( z 78) F (,, z,λ) = λ z λz λ 78 z On a F (,, z,λ) = ssi (,, z,λ) = (,,,/44).. On réécrit la contrainte sous la forme z = 78 et on l injecte dans la fonction à minimiser : On cherche d abord le(s) point(s) critique(s) :. h(, ) = f (,, z(, )) = + + z(, ) = h(, ) = ( ) et h(, ) = ssi (, ) = (,). On établie la nature du point critique en étudiant le déterminant de la matrice hessienne : h(, ) = 456, h(, ) = 456, h(, ) = 78, h(,) = 6 >, h(,) = 6, h(,) = et h(,) h(,) ( h(,)) = 48 > donc (,) est un minimum. G. Faccanoni 9

130 5. Etrema (libres et liés) Jeudi 9 avril Eercice 5. Etrema libres, etrema liés Trouver le parallélépipède de volume dont la somme des longueurs des arrêtes est minimale avec la méthode des multiplicateurs de Lagrange (i.e. minimisation d une fonction f (,, z) sous une contrainte g (,, z) = ; on se contentera de trouver le point critique) ;.... avec la méthode des etrema libres en éliminant une variable de la contrainte (par eemple en minimisant une fonction h(, ) = f (,, z(, ))) [NB : après avoir trouvé le point critique, établir sa nature]. z SOLUTION.. Avec la méthode des multiplicateurs de Lagrange il s agit de minimiser la fonction f (,, z) = z sous la contrainte g (,, z) = z =. On écrit la fonction de Lagrange F (,, z,λ) = f (,, z) λg (,, z) = 4( + + z) λ( z ) et on cherche le(s) point(s) critique(s) de F : 4 λ z F (,, z,λ) = 4 λz 4 λ. z On a F (,, z,λ) = ssi (,, z,λ) = (,,,4).. Avec la méthode des etrema libres il s agit d éliminer une variable de la contrainte, par eemple en posant z =, et de minimiser ensuite la fonction h(, ) = f (,, z(, )) : ( h(, ) = f,, ) ( = ). On cherche d abord le(s) point(s) critique(s) : h(, ) = ( ) et h(, ) = ssi (, ) = (,). On établie la nature du point critique en étudiant le déterminant de la matrice hessienne : h(, ) = 8, h(, ) = 8, h(, ) = 4, h(,) = 8 >, h(,) = 8, h(,) = 4 et h(,) h(,) ( h(,)) = 48 > donc (,) est un minimum. G. Faccanoni

131 6. Intégrales multiples ans ce chapitre nous allons étendre la notion d intégrale définie au intégrales doubles et triples des fonctions de deu et trois variables. Ces notions sont ensuite eploitées pour calculer des volumes, des aires de surfaces, des masses et des centres de gravité. Intégrale double d une fonction continue ans cette section, nous définissons l intégrale d une fonction de deu variables, appelée intégrale double, et nous montrons comment l évaluer. Elle nous permettra, entre autres, de calculer l aire d un domaine d intégration, ainsi que le volume d un solide limité par les graphes de fonctions de deu variables. Théorème de FUBINI Soit ϕ et ψ deu fonctions continues sur [a,b] avec ϕ ψ ; notons Ω l ensemble des points (, ) R tels que a b et ϕ() ψ(). Alors Ω f (, ) d d = b ψ() a ϕ() f (, ) d d. Si le domaine le permet, on peut permuter les rôles de et de : soit ϕ et ψ deu fonctions continues sur [c,d] avec ϕ ψ ; notons Ω l ensemble des points (, ) R tels que c d et ϕ() ψ(). Alors Ω f (, ) d d = d ψ() c ϕ() f (, ) d d. d ψ() Ω ϕ() a b ϕ() Ω Quelquefois, en inversant l ordre de l intégration sur un domaine élémentaire, une intégrale double etrêmement difficile à évaluer devient relativement facile à résoudre. c ψ()

132 6. Intégrales multiples Jeudi 9 avril Eemple Soit R = [; ] [; ] ; on veut calculer l intégrale double On a e d d = e d d = R ( ) e d d = = e d d. R [ e ] = d = ) d = e d = ( e [ e ] = = e + = e. = Eemple On veut calculer le volume du solide qui s élève sur le domaine Ω du plan O délimité par la droite d équation = et la parabole = et couverte par le paraboloïde z = +. Solution Le domaine Ω peut être décrit par { } Ω = (, ) R,. Le volume se calcule alors par [ ] = ( + ) d d = ( + ) d d = + ( d = Ω = ( 4 ) [ = ] = d = = 6 5. = () + () ( ) ( ) ) d Solution Le domaine Ω peut être décrit par { Ω = (, ) R } 4, /. Le volume se calcule alors par 4 / [ 4 ( + ) d d = ( + ] =/ ( 4 ) d d = Ω + d = = ( 4 / ) [ = + 5/ 5/ ] =4 d = / (/) = 6 5. = (/) ) d = = 4 4 = = Remarque : cas particulier Si Ω = [a;b] [c;d] et si f (, ) = h()g (), alors b d a c ( b )( d ) f (, ) d d = h() d g () d. a c G. Faccanoni

133 Jeudi 9 avril 6. Intégrales multiples Eemple Soit R = [;] [;] ; on veut calculer l intégrale double R d d. On a ( )( ) [ ] = [ ] = d d = d d = d d = = R. = = Eemple Soit Ω la zoné coloriée dans la figure ci-contre. Calculer l intégrale double = / d d. Ω Ω = = Que représente-t-il? Calculons d abord les points d intersections des courbes qui délimitent Ω : { =, =, (, ) = (,); { = /, =, (, ) = (/,/4); { = /, =, (, ) = (/,). Cet intégrale mesure l aire de la zone coloriée, on peut donc la calculer de deu façons :. On calcul l intégrale double Ω f (, ) d d avec f (, ) = pour tout (, ) Ω : soit par soit par Ω Ω / [ ] / f (, ) d d = d d = / / d = / d = ln() + ln() + 4 = ln() 7 8 ; f (, ) d d = /4 /. On calcul l aire comme au premier chapitre : / / d d + / = /4 d d = /4 d + [ d d = [ln()] / / ] [] / d + [] / / d [ d = / ] / + /4 = ln() + ln() + 4 = ln() 7 4. / [ ln() ] = ln() 7 4 Changement de variables Soit f (, ) une fonction continue sur le domaine fermé et borné, en bijection avec un domaine fermé et borné au moen des fonctions de classe C ( ) = ϕ(u, v) (u, v) = ψ(u, v) alors f (, ) d d = f ((u, v), (u, v)) J du dv, [ ] u (ϕ) v (ϕ) où J, appelé jacobien, est le déterminant de la matrice, i.e. J = u (ψ) v (ψ) u (ϕ) v (ψ) v (ϕ) u (ψ). G. Faccanoni

134 6. Intégrales multiples Jeudi 9 avril Cas des coordonnées polaires Le changement de variables en coordonnées polaires est donné par l application (r,ϑ) ( ) = a + r cos(ϑ) = b + r sin(ϑ) où (r,ϑ) R + [;π[ sont le coordonnées du point (, ) R \ { (a,b) }. Cette application a jacobien ( ) r J = det ϑ = det r ϑ ( cos(ϑ) r sin(ϑ) sin(ϑ) r cos(ϑ) ) = r cos (ϑ) + r sin (ϑ) = r donc f (, ) d d = f (a + r cos(ϑ),b + r sin(ϑ)) r dr dϑ. Eemple On veut intégrer la fonction f (, ) = + + sur l ensemble Ω = { (, ) R < < et < + < 4 }. Si on passe en coordonnées polaires on doit calculer Ainsi Ω + r r dr dϑ où Ω = π/ r r dr dϑ = Ω + r + r { (r,ϑ) R + [;π[ < ϑ < π et < r < }. ( π/ )( dr dϑ = dϑ ) [ r + r dr = π ln( + r ] ) = πln(5/). 6 Cas des coordonnées elliptiques Le changement de variables en coordonnées elliptiques est donné par l application (r,ϑ) ( ) = a + αr cos(ϑ) = b + βr sin(ϑ) où (r,ϑ) R + [;π[ sont le coordonnées du point (, ) R \ { (a,b) }. Cette application a jacobien ( ) r J = det ϑ = det r ϑ ( αcos(ϑ) αr sin(ϑ) βsin(ϑ) βr cos(ϑ) ) = αβr cos (ϑ) + αβr sin (ϑ) = αβr donc f (, ) d d = f (a + αr cos(ϑ),b + βr sin(ϑ)) αβr dr dϑ. Intégrales triples Principe f étant continue sur un domaine fermé et borné de R, l intégrale triple f (,, z) d d dz se définit de façon analogue au intégrales doubles et se calcule par intégrations successives. 4 G. Faccanoni

135 Jeudi 9 avril 6. Intégrales multiples Changement de variables Le théorème est analogue au cas précédent : soit f (,, z) une fonction continue sur le domaine fermé et borné, en bijection avec un domaine fermé et borné au moen des fonctions de classe C = ϕ(u, v, w) (u, v, w) = ψ(u, v, w) z = ξ(u, v, w) alors f (,, z) d d dz = f ((u, v, w), (u, v, w), z(u, v, w)) J du dv dw, u ϕ v ϕ w ϕ où J, appelé jacobien, est le déterminant de la matrice u ψ v ψ w ψ, i.e. u ξ v ξ w ξ J = u ϕ v ψ w ξ u ϕ w ψ v ξ + v ϕ w ψ u ξ v ϕ u ψ w ξ + w ϕ u ψ v ξ w ϕ w ψ u ξ. Cas des coordonnées clindriques Un changement de variables en coordonnées clindriques est donné par l application = a + r cos(ϑ) (r,ϕ, z) = b + r sin(ϑ) z = z où (r,ϑ, z) R + [;π[ R sont les coordonnées du point (,, z) R \ { (,, z) }. Cette application a jacobien J = r donc f (,, z) d d dz = f (a + r cos(ϑ),b + r sin(ϑ), z) r dr dϑ dz. e la même manière f (,, z) d d dz = f (,, z) d d dz = f (a + r cos(ϑ),,b + r sin(ϑ)) r dr d dϑ, f (, a + r cos(ϑ),b + r sin(ϑ)) r d dr dϑ. Cas des coordonnées sphériques Le changement de variables en coordonnées sphériques est donné par l application = a + r cos(ϕ)cos(ϑ) (r,ϕ,ϑ) = b + r cos(ϕ)sin(ϑ) z = c + r sin(ϕ) où (r,ϑ,ϕ) R + [;π[ [ π ; π [ sont le coordonnées du point (,, z) R \ { (,,) }. Cette application a jacobien J = r cos(ϕ) donc f (,, z) d d dz = f (a + r cos(ϕ)cos(ϑ),b + r cos(ϕ)sin(ϑ),c + r sin(ϕ)) r cos(ϕ) dr dϑ dϕ. Applications G. Faccanoni 5

136 6. Intégrales multiples Jeudi 9 avril Aire L intégrale double A d d est l aire de A. Eemple Calculons l aire d un disque R de raon R > : on se place dans un sstème de coordonnées centré sur le centre du disque, qui a donc pour équation + R. onc π R [ π r ] R d d = r dr dϑ = R dϑ = R π dϑ = πr. Remarquons que dans ce cas on aurait pu utiliser directement ce qu on a appris au premier chapitre : si nous ne conservons que les valeurs positives de, on obtiendra un demi-disque, ensemble des points : { } (, ) R R R et R. C est la surface sous la courbe de la fonction f () = R dans l intervalle [ R;R]. Comme c est une fonction positive, l aire correspondante égale l intégrale R R R d. Pour calculer celle-ci, effectuons le changement de variable = R cos t. On souhaite que varie dans l intervalle [ R; R], on prend donc t variant dans l intervalle [; π] par eemple. Là, la fonction ϕ(t) = R cos t est continûment dérivable sur [;π]. e plus R = R sin t car le sinus est positif ou nul sur [;π]. On a donc, en effectuant ce changement de variable R R d R π = π = R sin t dt π = R cos(t) dt R R cos t( R sin t) dt [ ] = R t π sin(t) = R π C est l aire d un demi-disque, donc l aire du disque entier est πr. = R cos t d = R sin t dt cos(t) = sin t Eemple Calculons l aire d une ellipse E d aes α et β : on se place dans un sstème de coordonnées centré sur le centre de l ellipse, qui a donc pour équation α + β. onc π [ π r ] d d = αβr dr dϑ = αβ dϑ = αβ π dϑ = αβπ. E Remarquons que dans ce cas on aurait pu utiliser directement ce qu on a appris au premier chapitre : si nous ne conservons que les valeurs positives de, on obtiendra une demi-ellipse, ensemble des points : (, ) R α α et β α. C est la surface sous la courbe de la fonction f () = β α dans l intervalle [ α;α]. Comme c est une fonction positive, l aire correspondante égale l intégrale α α β α d. Pour calculer celle-ci, effectuons le changement de variable = αcos t. On souhaite que varie dans l intervalle [ α;α], on prend donc t variant dans l intervalle [;π] par eemple. Là, la fonction ϕ(t) = cos t est continûment dérivable sur [;π]. e plus β α = sin t car le sinus est positif ou nul sur [;π]. On a donc, en effectuant ce changement 6 G. Faccanoni

137 Jeudi 9 avril 6. Intégrales multiples de variable α β (/α) d α π =β cos t( αsin t) dt π = αβ sin t dt π cos(t) = αβ dt [ ] t π = αβ sin(t) = αβ π C est l aire d une demi-ellipse, donc l aire de l ellipse entière est αβπ. = αcos t d = αsin t dt cos(t) = sin t Volume L intégrale triple V d d dz est le volume de V. Eemple Calculons le volume d une boule B R de raon R > : π/ π R ( π/ )( π )( R ) d d dz = r cos(ϕ) dr dϑ dϕ = cos(ϕ) dϕ dϑ r dr = [ sin(ϕ) ] [ π/ r ] R π/ [ϑ]π B R π/ π/ = 4π R. Remarquons que dans ce cas on aurait pu utiliser directement ce qu on a appris pour les intégrales double : le volume d une boule de raon R (sans restreindre la généralité nous la supposerons centrée à l origine) est le double du volume contenu entre le plan z = et l hémisphère nord de la sphère de raon R centrée en (,,). En résolvant l équation de cette sphère + + z = R pour z, nous pouvons décrire son hémisphère nord comme le graphe de la fonction f (, ) = R dont le domaine est le disque R de raon R, intersection de la boule avec le plan z =. Ce disque est un domaine limité par les graphes des fonctions ϕ() = R et ψ() = R sur l intervalle [ R,R]. Le volume de la boule est donc R R R f (, ) d d = R R R d d = R R [ ] =R R π = R (R ) d = R = 4 πr. = R [ ] + (R = R )arctan R = d R Masse Si f (, ) est la densité au point (, ), l intégrale double A f (, ) d d est la masse de la partie A. e manière analogue, si f (,, z) est la densité au point (,, z), l intégrale triple V f (,, z) d d dz est la masse de la partie A. Eemple Les phsiciens considèrent encore d autres densités qui peuvent être traitées de la même manière. Par eemple, si une charge électrique est répartie sur une région A et si la densité de charge (en unités par unités carrées) est donnée par σ(, ) en un point (, ) de A, alors la charge totale Q est donnée par σ(, ) d d. A G. Faccanoni 7

138 6. Intégrales multiples Jeudi 9 avril Par eemple, supposons qu une charge est distribuée sur le domaine A de la figure ci-contre de telle sorte que la densité de charge en (, ) est σ(, ) =, mesurée en coulombs par mètre carré (Cm ). Alors la charge totale est [ ] = Q = σ(, ) d d = d d = A = ( ( ) ) d = ( ) d = La charge totale est donc de 5 4 C. d = [ 4 4 ] = 5 4. = = = Centre de gravité Si f (, ) est la densité au point (, ), le centre de gravité de la partie A se trouve en ( G, G ) ainsi définis A f (, ) d d G = A f (, ) d d, A f (, ) d d G =. A f (, ) d d Phsiquement cela signifie que la plaque A se comporte comme si toute sa masse était concentrée en son centre d inertie. Par eemple, elle est en équilibre horizontal lorsqu elle repose sur son centre d inertie. e manière analogue, si f (,, z) est la densité au point (,, z), le centre de gravité de la partie A se trouve en ( G, G, z G ) ainsi définis G = A f (,, z) d d dz A f (,, z) d d dz, G = A f (,, z) d d dz A f (,, z) d d dz, z G = A z f (,, z) d d dz. A f (,, z) d d dz Eemple On veut déterminer la masse et le centre d inertie d une fine plaque de métal triangulaire dont les sommets sont en (,), (,) et (,), sachant que la fonction densité est f (, ) = + +. Le triangle est représenté dans la figure ci-contre (l équation de la frontière supérieure est = ). La masse de la plaque de métal est m = f (, ) d d = ( + + ) d d A [ ] = = + + [ ] ( ) d = + ( ) + d = [ ] = 4 ( ) d = 4 = 8. = Le moment de la plaque de métal entière par rapport à l ae O est [ ] = f (, ) d d = ( + + ) d d = + + d = 4 ( ) d = 4 A = et le moment de la plaque de métal entière par rapport à l ae O est f (, ) d d = ( + + ) d d = A = [ ] 4 4 = 6. ( Les coordonnées du centre d inertie sont donc 8, ) 6 8 = ( ) 8, 6. [ ] = + + d = = [ 4 4 ] ( ) d = 8 G. Faccanoni

139 Jeudi 9 avril 6. Intégrales multiples Quelques intégrales remarquables e d = ( + π = e d = π. π e α d = α. + )( + e d r e r π dr = ) e d = [ e r ]+ + = + π. e d d = + π/ r e r dθ dr G. Faccanoni 9

140 6. Intégrales multiples Jeudi 9 avril Eercices Eercice 6. Intégrale double Calculer l intégrale double d d. = + = = + = = SOLUTION. Il s agit de la réunion des trois domaines : = { (, ), }, = { (, ), + }, = { (, ), + }. = = = + + = = Par définition on a Calculons chaque intégrale : d d : d d = d d + d d + d d. d d = d d : d d = + d d = [ ] = = d = [ d d = ] =+ ( ( + ) d = = ( ( ) ) ( ) d = + [ 4 ] = d = 4 + = = 4 = ) ( ) d 4 + d = [ ] = = = d d = car le domaine est smétrique par rapport à l ae des abscisses et la fonction à intégrer est impaire par rapport à. En conclusion, d d. = 4 + =. Eercice 6. Intégrale double Calculer l intégrale double f (, ) d d où = {(, ) R,,, + } et f (, ) = G. Faccanoni

141 Jeudi 9 avril 6. Intégrales multiples SOLUTION. La partie de R est l intersection du carré [;] [;] et de l etérieur du cercle de centre (,) et de raon. La fonction f est continue sur. À l aide du théorème de Fubini (et du dessin pour ne pas se tromper sur les bornes) on peut écrire I = + d d = + = + + d d = + d d + [ ln( + + ) ] [ d = ln( + ) ln() ] d = ln = ) ( + d ln( + u) du = [( + u)ln( + u) u] = 4 ln 4. Eercice 6. Soit la plaque homogène représentée dans la figure. Sans faire de calculs d intégrales, en déduire les valeurs de d d, d d, d d. 4 4 SOLUTION. L aire mesure 7 et le centre de gravité a coordonnées (5/,5/) donc d d = 7, d d = 5/, d d = 5/. Eercice 6.4 Soit la plaque homogène représentée dans la figure. Sans faire de calculs d intégrales, en déduire les valeurs de d d, d d, d d G. Faccanoni 4

142 6. Intégrales multiples Jeudi 9 avril SOLUTION. L aire mesure 9 + π et le centre de gravité a coordonnées (7/,7/) donc d d = 9 + π, d d = (9 + π)7/, d d = (9 + π)7/. Eercice 6.5 Calculer l aire de la région coloriée en figure = + = + = 6 SOLUTION. Soit le domaine. Pour calculer l aire on peut soit utiliser un simple calcul géométrique soit se rappeler que l aire est donnée par l intégrale double d d. 4 4 = = 6 = + = 6 Pour ce calcul on décompose la région en deu parties et on obtient d d = = + d d d + + d d d = 4 + 4d d =. Eercice 6.6 Calculer l aire de la région coloriée en figure. = + = + = 6 4 G. Faccanoni

143 Jeudi 9 avril 6. Intégrales multiples SOLUTION. Soit le domaine. Pour calculer l aire on peut soit utiliser un simple calcul géométrique soit se rappeler que l aire est donnée par l intégrale double d d. 4 4 = = 6 = 6 = + Pour la calculer on décompose la région en deu parties et on obtient Eercice 6.7 d d = = + d d + Calculer l aire de la région coloriée en figure. + d d + + d d = d + = d =. = = SOLUTION. Soit le domaine. Pour calculer l aire on peut soit utiliser un simple calcul géométrique soit se rappeler que l aire est donnée par l intégrale double d d. 6 = = = 4 4 = Pour la calculer on décompose la région en deu parties et on obtient d d = = + d d d + + d d d = 4 + 4d d =. G. Faccanoni 4

144 6. Intégrales multiples Jeudi 9 avril Eercice 6.8 Calculer l aire de la région coloriée en figure. = + 6 = = SOLUTION. Soit le domaine. Pour calculer l aire on peut soit utiliser un simple calcul géométrique soit se rappeler que l aire est donnée par l intégrale double d d. 6 = + 6 = = 4 4 = Pour la calculer on décompose la région en deu parties et on obtient d d = = + d d + + d d + + d d = d d =. Eercice 6.9 Calculer l aire de la région coloriée en figure. = + 6 = = SOLUTION. Soit le domaine. Pour calculer l aire on peut soit utiliser un simple calcul géométrique soit se rappeler que l aire est donnée par l intégrale double d d. 44 G. Faccanoni

145 Jeudi 9 avril 6. Intégrales multiples = 5 = + 6 = 8 8 = 4 5 Pour la calculer on décompose la région en deu parties et on obtient d d = = + d d + + d d + + d d = 4 + 4d d = 5. Eercice 6. Centre de gravité Calculer les coordonnées du centre de gravité de la plaque en figure supposée homogène (vous pouvez éviter le calcul d intégrales, mais justifiez votre raisonnement). SOLUTION. suivantes : et on en déduit que Pour calculer les coordonnées ( G, G ) du centre de gravité on doit calculer d abord les trois intégrales doubles d d = d d = d d = = d d + d d + d d + ( + )d + d d = d d = d d = ( )d = d + d + d = 4, d =, ( 4 4)d + d d G = d d =, d d G = d d =. (4 4)d En fait, aucune intégrale n est nécessaire car la première intégrale correspond à l aire de la figure qu on peut calculer géométriquement, la deuième intégrale est forcément nulle car le centre de gravité appartient à l ae des par smétrie donc G =, la troisième intégrale n est pas nécessaire car pour calculer G. Il suffit en effet de découper la plaque comme dans la figure ci-contre : la plaque supérieure a centre de gravité en (,), la plaque inférieure a centre de gravité en (,) et les deu plaques ont la même aire donc la plaque totale a centre de gravité en (,,5) (ce raisonnement permet en effet de calculer directement G et G ). G. Faccanoni 45

146 6. Intégrales multiples Jeudi 9 avril Eercice 6. Centre de gravité Calculer les coordonnées du centre de gravité G de la plaque en figure supposée homogène (éviter le calcul d intégrales lorsqu il est possible, mais justifier le raisonnement) : G SOLUTION. Pour calculer les coordonnées ( G, G ) du centre de gravité on doit calculer d abord les trois intégrales doubles suivantes : d d = d d + d d = ( + )d + ( + )d =, d d = d d + d d = ( + )d + ( + )d =, d d = d d + d d = ( )d + ( )d = ( )d = [ ] = et on en déduit que d d G = d d =, d d G = d d = 9. En fait, seul la dernière des trois intégrales est nécessaire car la première correspond à l aire de la figure qu on peut calculer géométriquement et la deuième est forcément nulle car le centre de gravité appartient à l ae des par smétrie. Eercice 6. Intégrale double Calculer l intégrale double ( + ) d d. + = = + = 4 = SOLUTION. La région s écrit en coordonnées polaires { = (r,ϑ) r, π 4 ϑ π 4 }. Par conséquent π ( 4 + ) d d = π 4 π [ 4 r 4 = π 4 cos (ϑ) + r 4 π (r cos 4 (ϑ) + r sin(ϑ))r dr dϑ = π 4 ] r = sin(ϑ) π 4 5 dϑ = π r = 4 cos (ϑ) + 7 sin(ϑ) dϑ = 4 π 4 5 = π cos(ϑ) + 7 sin(ϑ) dϑ = 4 (r cos (ϑ) + r sin(ϑ)) dr dϑ π 4 π cos(ϑ) 4 [ 5 4 θ sin(ϑ) 7 cos(ϑ) + 7 sin(ϑ) dϑ ] ϑ= π 4 ϑ= π 4 = 5 6 π G. Faccanoni

147 Jeudi 9 avril 6. Intégrales multiples Eercice 6. Intégrale double Soit = { (, ) R }. Calculer + ( ) d d. + ( + ) SOLUTION. Remarquons que l équation = définit un cercle de centre (, ) et raon. On passe alors au coordonnées polaires : = + r cos(ϑ), = + r sin(ϑ), d d = r dr dϑ, et on obtient + ( ) d d = + ( + ) π r + r dr dϑ = π r + r dr = π[ ln( + r ) ] = πln(). Eercice 6.4 Intégrale double Après avoir représenté graphiquement l ensemble A, calculer l intégrale d d avec A = { (, ) R + 4, }. A SOLUTION. L ensemble A est la partie coloriée dans la figure ci-dessous : En passant en coordonnées polaires = r cos(ϑ), = r sin(ϑ), d d = r dr dϑ on obtient car A π 4 d d = π 4 cos(ϑ) sin(ϑ) 7π 4 r dr dϑ + 5π 4 ( π cos(ϑ) 4 r dr dϑ = sin(ϑ) π 4 cos(t) dt = ln( sin(t) ). sin(t) cos(ϑ) sin(ϑ) dϑ + 7π 4 5π 4 ) ( cos(ϑ) ) sin(ϑ) dϑ r dr =. Eercice 6.5 Intégrale double Après avoir représenté graphiquement l ensemble A, calculer l intégrale d d avec A = { (, ) R + 4, }. A G. Faccanoni 47

148 6. Intégrales multiples Jeudi 9 avril SOLUTION. L ensemble A est la partie coloriée dans la figure ci-dessous : En passant en coordonnées polaires on obtient A car = r cos(ϑ), = r sin(ϑ), d d = r dr dϑ π 4 d d = = π 4 ( π 4 π 4 sin(ϑ) cos(ϑ) sin(ϑ) cos(ϑ) dϑ + 5π 4 r dr dϑ + π 4 5π 4 π 4 sin(ϑ) cos(ϑ) dϑ sin(t) dt = ln( cos(t) ). cos(t) sin(ϑ) r dr dϑ cos(ϑ) ) ( ) r dr = Eercice 6.6 Intégrale double Calculer l aire de = { (, ) R <, < 4 ( + 4) }. 4 SOLUTION. +4 Aire = d d = 4 d d = [] d = +4 4 [ t = 4 t (t 4) dt = 4 t 6 8t 4 + 6t 7 dt = t t + 4 d ] = 5. Eercice 6.7 Calcul d une aire On se propose de calculer l aire de l ensemble = { (, ) R ( + ) + ( + ) }.. éterminer tout d abord les deu fonctions = ϕ() et = ψ() telles que = { (, ) R et ϕ() ψ() }. = ψ(). Par le changement de variable = sin(t), montrer qu une primitive de la fonction sur [;] est d = + arcsin().. En utilisant la smétrie de la figure, calculer l aire de l ensemble. = ϕ() 48 G. Faccanoni

149 Jeudi 9 avril 6. Intégrales multiples SOLUTION.. Pour trouver les équations des deu fonctions = ϕ() et = ψ() on remarque que ( + ) ( + ) + ( ) = ( + ) = ± ( ) = + ± donc ϕ() = + et ψ() = On calcule une primitive de la fonction sur [;] par le changement de variable = sin(t) : d = sin (t)cos(t) dt = = sin(t)cos(t) + dt cos (t) dt = sin(t)cos(t) + t donc cos (t) dt = sin(t)cos(t) + d = + arcsin(). sin (t) dt. En utilisant la smétrie de la figure par rapport à la droite d équation =, on trouve Aire() = d d = = 4 ψ() d = 4 ϕ() d d = cos (t) dt = + arcsin() d [ + arcsin() ψ() ϕ() d ] = arcsin() = π. Eercice 6.8 Centre de gravité. Après avoir représenté graphiquement la région = {(, ) R, + 4}, calculer les coordonnées de son centre de gravité en supposant la région homogène ; calculer ensuite ( + 4 )d d.. Après avoir représenté graphiquement la région = {(, ) R, + 4}, calculer les coordonnées de son centre de gravité en supposant la région homogène ; calculer ensuite ( + 4 )d d.. Après avoir représenté graphiquement la région = {(, ) R, + 4}, calculer les coordonnées de son centre de gravité en supposant la région homogène ; calculer ensuite ( + 4 )d d. 4. Après avoir représenté graphiquement la région = {(, ) R, + 4}, calculer les coordonnées de son centre de gravité en supposant la région homogène ; calculer ensuite ( + 4 )d d. 5. Après avoir représenté graphiquement la région = {(, ) R, + 9}, calculer les coordonnées de son centre de gravité en supposant la région homogène ; calculer ensuite ( + 4 )d d. G. Faccanoni 49

150 6. Intégrales multiples Jeudi 9 avril SOLUTION.. La région est la zone coloriée suivante Le centre de gravité a coordonnées ( G, G ) données par d d G = d d, G = Il convient de passer au coordonnées polaires et on obtient π ( π d d = r dr dθ = onc d d = d d = π π On calcul maintenant l intégrale donnée ( + 4 )d d =. La région est la zone coloriée suivante )( dθ d d. d d ) r dr = π, ( π )( r cosθ dr dθ = cosθ dθ ( π )( r sinθ dr dθ = sinθ dθ G =, G = 4 = = = π π π π π = 8 9π <. ) r dr =, ) r dr = 4. (r cosθ + 4r sin θ)r dr dθ [ r cosθ + r 4 sin θ ] dθ 7cosθ + 5sin θ dθ 7cosθ + 5 cos(θ) dθ = 5 π. Le centre de gravité a coordonnées ( G, G ) données par d d G = d d, G = Il convient de passer au coordonnées polaires et on obtient π/ d d = r dr dθ = π/ ( π/ dθ π/ )( d d. d d ) r dr = π, 5 G. Faccanoni

151 Jeudi 9 avril 6. Intégrales multiples onc π/ d d = d d = On calcul maintenant l intégrale donnée. La région est la zone coloriée suivante π/ π/ π/ G = 4 ( π/ r cosθ dr dθ = r sinθ dr dθ = π/ ( + 4 )d d = = = = cosθ dθ π/ ( π/ sinθ dθ π/ π = 8 9π <, G =. π/ π/ π/ π/ π/ π/ π/ )( )( (r cosθ + 4r sin θ)r dr dθ [ r cosθ + r 4 sin θ ] dθ 7cosθ + 5sin θ dθ ) r dr = 4, ) r dr =. 7cosθ + 5 cos(θ) dθ = π. Le centre de gravité a coordonnées ( G, G ) données par d d G = d d, G = Il convient de passer au coordonnées polaires et on obtient onc d d = d d = d d = On calcul maintenant l intégrale donnée 4. La région est la zone coloriée suivante π π π ( )( r dr dθ = dθ π ( r cosθ dr dθ = ( r sinθ dr dθ = G =, G = 4 ( + 4 )d d = = = = π π π π d d. d d ) r dr = π, cosθ dθ π sinθ dθ π )( )( π = 8 9π >. ) r dr =, ) r dr = 4. (r cosθ + 4r sin θ)r dr dθ [ r cosθ + r 4 sin θ ] dθ 7cosθ + 5sin θ dθ 7cosθ + 5 cos(θ) dθ = 5 π. G. Faccanoni 5

152 6. Intégrales multiples Jeudi 9 avril Le centre de gravité a coordonnées ( G, G ) données par d d G = d d, G = Il convient de passer au coordonnées polaires et on obtient onc d d = d d = d d = π/ π/ π/ π/ π/ π/ On calcul maintenant l intégrale donnée G = 4 ( + 4 )d d = ( π/ r dr dθ = π/ r cosθ dr dθ = r sinθ dr dθ = = = = )( dθ ( π/ π/ ( π/ π/ d d. d d ) r dr = π, )( cosθ dθ )( sinθ dθ π = 8 9π >, G =. π/ π/ π/ π/ π/ π/ π/ π/ (r cosθ + 4r sin θ)r dr dθ [ r cosθ + r 4 sin θ ] dθ 7cosθ + 5sin θ dθ ) r dr = 4, ) r dr =. 7cosθ + 5 cos(θ) dθ = π. 5. La région est la zone coloriée suivante 5 G. Faccanoni

153 Jeudi 9 avril 6. Intégrales multiples Le centre de gravité a coordonnées ( G, G ) données par d d G = d d, G = Il convient de passer au coordonnées polaires et on obtient onc π/4 d d = d d = d d = π/4 π/4 π/4 π/4 π/4 On calcul maintenant l intégrale donnée G = 6 π/4 ( + 4 )d d = = = = ( π/4 r dr dθ = r cosθ dr dθ = r sinθ dr dθ = dθ π/4 )( ( π/ π/ ( π/4 d d. d d ) r dr = 4π, )( cosθ dθ sinθ dθ π/4 )( 4π = <, G = G. 6π π/4 π/4 π/4 π/4 π/4 π/4 π/4 (r cosθ + 4r sin θ)r dr dθ [ r cosθ + r 4 sin θ ] dθ 6cosθ + 8sin θ dθ ) r dr = 6, ) r dr = G. 6cosθ + 8 cos(θ) dθ = 6 + 4π. Eercice 6.9 Intégrale double = + 5 Soit la partie coloriée en figure. écrire en coordonnées cartésiennes. Trouver un changement de variables adéquat pour décrire en coordonnées polaires. Calculer d d. ( + ) + ( ) SOLUTION. Le domaine d intégration est le demi cercle de centre (,) et raon r = qui se trouve sous la droite d équation = + 5, autrement dit { = (, ) R ( + ) + ( ) < 94 }, < + 5. Avec le changement de variables { = + r cosφ, = + r sinφ, on obtient où onc ( + ) + ( ) d d = + r cosφ r sinφ r dr dφ r { = (r,φ) R [π/,5π/] < r <, 5 4 π < φ < 9 }. 4 π ( + r cosφ r sinφ r dr dφ = r 9 4 π + r (cosφ sinφ)dφdr 5 4 π ) G. Faccanoni 5

154 6. Intégrales multiples Jeudi 9 avril ( ) ( 9 4 π ) 9 4 π = dφdr + r (cosφ sinφ)dφdr 5 4 π 5 4 ( π )( 9 ) ( 4 π )( 9 ) 4 π = dr dφ + r dr cosφ sinφdφ 5 4 π 5 4 π = π Eercice 6. Intégrale double = + 5 Soit la partie coloriée en figure. écrire en coordonnées cartésiennes. Trouver un changement de variables adéquat pour décrire en coordonnées polaires. Calculer ( ) d d. + ( ) SOLUTION. Le domaine d intégration est le demi cercle de centre (,) et raon r = qui se trouve sous la droite d équation = + 5, autrement dit { = (, ) R ( ) + ( ) < 94 }, < + 5. Avec le changement de variables { = + r cosφ, = + r sinφ, on obtient où onc ( ) + ( ) d d = + r cosφ r sinφ r dr dφ { = (r,φ) R [,π] < r <, 4 π < φ < 7 }. 4 π ( 7 )( + r cosφ r sinφ 4 π ) r r dr dφ = cosφ sinφdφ 4 π r dr =. r Eercice 6. Centre de gravité Calculer les coordonnées du centre de gravité G de la plaque en figure supposée homogène (éviter le calcul d intégrales lorsqu il est possible, mais justifier le raisonnement) : Ellipse d équation ( 4) ( ) + = 4 SOLUTION. Tout d abord remarquons que le corps du poisson est une ellipse d équation { (, ) R ( 4) } ( ) + =. Pour calculer les coordonnées ( G, G ) du centre de gravité on doit calculer d abord les trois intégrales doubles suivantes : d d = d d = 4 4 d d + d d + π π r dr dϑ = (4 ) d + (4 + r cos(ϑ))r dr dϑ = π dϑ = + π, ( 4 ) π d + (4 + 4 ) cos(ϑ) dϑ 54 G. Faccanoni

155 Jeudi 9 avril 6. Intégrales multiples = d d = et on en déduit que = ( ) 4 d d + d + [4ϑ + 4 ] π sin(ϑ) π = 4 + 8π, ( + r sin(ϑ))r dr dϑ = (8 4) d + [ϑ ] π cos(ϑ) = + 4π G = d d = d d 4 + 8π + π, G = ( (4 ) ) d + d d + 4π = d d + π =. En fait, aucune des trois intégrales est nécessaire car on peut les calculer géométriquement comme suit d d = Aire() = Aire(T ) + Aire(E ) = + π, G = Aire(T ) Aire() G T + Aire(E ) Aire() 4/ + 8π G E = + π G = car la droite d équation = est un ae de smétrie pour la plaque. π ( + ) sin(ϑ) dϑ G T = ( 4,) G E = (4,) Aire(T ) = Aire(E ) = π Eercice 6. Cardioïde L équation de la cardioïde en coordonnées polaires est { (r,ϕ) π ϕ π, r sin(ϕ) } Calculer la surface de la cardioïde. Calculer ensuite son centre de gravité en la considérant une plaque homogène de densité surfacique de masse. SOLUTION. Rappelons d abord que cos (t) = +cos(t) = cos (t) dt = +cos(t) dt = t + sin(t) 4 +C, sin (t) = cos(t) = sin (t) dt = cos(t) dt = t sin(t) 4 +C, G. Faccanoni 55

156 6. Intégrales multiples Jeudi 9 avril et que cos(ϕ)sin n (ϕ) dϕ = sinn+ (ϕ), n + n, sin(ϕ)cos n (ϕ) dϕ = cosn+ (ϕ), n + n. On peut alors calculer la surface de la cardioïde : π Aire = π π sin(ϕ) π π π r dr dϕ = π [ r ] sin(ϕ) π = π dϕ + sin (ϕ) sin(ϕ) dϕ + dϕ π π π cos(ϕ) = π + + dϕ = π + π 4 + = π. Pour calculer le centre de gravité on doit calculer les intégrales π ( sin(ϕ)) dϕ = dϕ π π sin(ϕ) π r cos(ϕ)r dr dϕ, π sin(ϕ) π r sin(ϕ)r dr dϕ. On a et π sin(ϕ) π π sin(ϕ) π π r cos(ϕ)r dr dϕ = = π π π π r sin(ϕ)r dr dϕ = = π π = ( sin(ϕ) ) π cos(ϕ) r dr dϕ = π π ( sin(ϕ)) cos(ϕ) dϕ = π π ( sin(ϕ) ) π sin(ϕ) r dr dϕ = π ( sin(ϕ)) sin(ϕ) dϕ = ( π + 4 π ) = 5 4 π π π [ r cos(ϕ) ] sin(ϕ) dϕ cos(ϕ)( sin(ϕ) + sin (ϕ) sin ϕ) dϕ = [ r sin(ϕ) ] sin(ϕ) dϕ sin(ϕ) sin (ϕ) + sin ϕ sin 4 ϕ dϕ = car π π π π π π π π sin(ϕ) dϕ = [ cos(ϕ) ] π π =, π sin cos(ϕ) (ϕ) dϕ = sin ϕ dϕ = sin 4 ϕ dϕ = π π π π π [ ϕ dϕ = sin(ϕ)( cos (ϕ)) dϕ = sin(ϕ) 4 π ( ) cos(ϕ) π dϕ = On obtient les coordonnées du centre de gravité π G = G = π ] π = π, π sin(ϕ) dϕ 4 dϕ π π π [ sin(ϕ)cos (ϕ) dϕ = cos(ϕ) + cos ϕ π cos(ϕ) dϕ + 4 π sin(ϕ) π r cos(ϕ)r dr dϕ Aire π π sin(ϕ) r cos(ϕ)r dr dϕ Aire π π cos (ϕ) dϕ = π = π =, = 5 4 π π = 5 6. ] π =, π [ ϕ + sin(ϕ) ] π = π 4 π. 56 G. Faccanoni

157 Jeudi 9 avril 6. Intégrales multiples Eercice 6. Trèfle de HABENICHT Calculer l aire de la région définie en coordonnées polaires par = {(r,φ) R + [,π] : r + cos(kφ) + sin (kφ), k N }. Suggestion : utiliser les formules de duplication cos(θ) = cos (θ) = sin (θ) et calculer au préalable les intégrales suivantes kπ kπ kπ kπ kπ kπ dα, cos(α) dα, cos (α)dα, cos(α)sin (α)dα, sin (α)dα, sin 4 (α)dα. k = k = k = k = 4 k = 5 k = 6 G. Faccanoni 57

158 6. Intégrales multiples Jeudi 9 avril SOLUTION. On a kπ [ ] kπ dα = α = kπ, kπ cos (α)dα = [ ] kπ sin(α) + α = kπ, 4 8π sin (α)dα = [ ] kπ α sin(α) = kπ, 4 L aire est donnée, en coordonnées polaires, par r dr dθ = π +cos(kφ)+sin (kφ) = = = k = k = k = k π π [ r kπ kπ r dr dφ ] +cos(kφ)+sin (kφ) dφ ( + cos(kφ) + sin (kφ)) dφ [ kπ ( + cos(α) + sin (α)) dα kπ kπ [ cos(α)dα = sin(α) [ sin cos(α)sin (α) (α)dα = kπ sin 4 (α)dα = + cos (α) + sin 4 (α) + cos(α) + sin (α) + cos(α)sin (α)dα kπ kπ dα + cos (α)dα + [kπ + kπ + 4 ] kπ + + kπ + = 8 π. sin 4 (α)dα + kπ cos(α)dα + ] kπ ] kπ =, =, [ 4α 8sin(α) + sin(4α) kπ sin (α)dα + ] kπ kπ = 4 kπ. ] cos(α)sin (α)dα Eercice 6.4 Intégrales triples Calculer a) b) c) d) z z ( + z ) / d d dz; (4 z) + d d dz où = {(,, z) : < + < 5 z}; (4 ) 4 + z d d dz où = {(,, z) : 5 < + z < }. z z z z ( + z ) / d d dz. +z SOLUTION. a) En coordonnées cartésiennes on doit intégrer sur le solide défini par les inégalités z z, + z z z. Il est naturel de passer en coordonnées clindriques = r cosθ, = t, z = r sinθ, et on obtient l intégrale triple z z z ( + z ) / d d dz = +z π r = r ( π ) dθ r 4 dt dθ dr r 4 [t] r r dr = 4π [ r r 4 (r 7 )dr = 4π 7 r 5 ] = π. 58 G. Faccanoni

159 Jeudi 9 avril 6. Intégrales multiples b) On doit calculer l intégrale triple où le domaine est décrit, en coordonnées cartésiennes, par On passe en coordonnées clindriques : et le jacobien du changement de variables est r. Alors i.e. et on a (4 z) d d dz = + (4 z) d d dz + = {(,, z) : < + < 5 z}. = r cosθ, = r sinθ, z = t, = {(r,θ, t) R + [,π] R : < r < 5 t} = {(r,θ, t) R + [,π] R : r > et t < 5 r } π + 5 r c) On doit calculer l intégrale triple (4 t) r dt dr dθ r où le domaine est décrit, en coordonnées cartésiennes, par On passe en coordonnées clindriques : et le jacobien du changement de variables est r. Alors i.e. et on a (4 ) 4 d d dz = + z = π + (4 ) 4 d d dz + z = {(,, z) : 5 < + z < }. = r cosθ, = t, z = r sinθ, = {(r,θ, t) R + [,π] R : 5 t < r < } = {(r,θ, t) R + [,π] R : < r < et t > 5 r } π + 5 r (4 t) 4 r [ ] t=5 r + dr = π 4 t t + r dt dr dθ = π dt dr 5 r (4 t) 4 [ ] t + = π (4 t) dr = π t=5 r d) En coordonnées cartésiennes on doit intégrer sur le solide défini par les inégalités + z z, Il est naturel de passer en coordonnées clindriques z z, z. = t, = r cosθ, z = r sinθ, r dr =. (r dr =. ) G. Faccanoni 59

160 6. Intégrales multiples Jeudi 9 avril et on obtient l intégrale triple z z z ( + z ) / d d dz = +z π r = r ( π ) dθ r 4 dt dθ dr r 4 [t] r r dr = 4π [ r r 4 (r 7 )dr = 4π 7 r 5 ] = π. 6 G. Faccanoni

161 7. Fonctions vectorielles d une variable réelle : courbes paramétrées Courbe Une courbe C de R n est l image d une application continue γ: [a;b] R R n ). On dit que γ est un paramétrage de C. Attention Une même courbe C admet une infinité de paramétrages. Eemple. Une droite de R est une courbe. Un paramétrage possible de la droite passant par le point (, ) et dirigée par le vecteur (u, v) est l application γ: R R définie par γ(t) = ( +tu, +t v). Un autre paramétrage possible est l application γ: R R définie par γ(t) = (t, v u t + v u ).. Un cercle de R est une courbe. Un paramétrage possible du cercle de centre (, ) et de raon r est l application γ: [;π] R définie par γ(t) = ( + r cos(t), + r sin(t)).. Si f : [a;b] R R est une application continue alors son graphe γ: R R définie par γ(t) = (t, f (t)) est une courbe (appelée courbe représentative). Un problème se pose. Étant donné un ensemble C de points du plan, comment déterminer si C est une courbe? Par eemple, une ellipse est-elle une courbe? Le carré [,] [,] est-il une courbe? Il va falloir manipuler la notion de courbe avec beaucoup de soin. abord, avec la définition de courbe que nous venons de donner, un ensemble réduit à un point M est automatiquement une courbe car toute application constante γ: R { M } en est un paramétrage. Ensuite, en 89, Giuseppe PEANO a montré qu il eiste une application continue surjective γ: [,] [,] [,] (c est-à-dire que la courbe passe par chaque point du carré : elle «remplit l espace»). Cela montre, contrairement à ce que notre intuition pourrait nous laisser croire, que le carré [,] [,] est une courbe! Courbe paramétrée et support Une courbe paramétrée de R n est une application continue γ: [a;b] R R n. La courbe C = γ([a;b]) est appelé le support de γ. Lorsque nous étudierons une courbe paramétrée γ: [a;b] R R n, nous aurons généralement une vision cinématique du problème. Nous considérerons par eemple que le point γ(t) est un point du plan (n = ) ou de l espace (n = ) qui évolue avec le temps t [a;b]. C est pourquoi le paramètre sera habituellement noté t (pour temps). Rappelons qu une application γ: [a;b] R R n qui s écrit en coordonnées γ(t) = ( (t), (t),..., n (t)) est continue si, et seulement si, les n fonctions coordonnées i : [a;b] R sont des fonctions continues. Eemple Considérons les fonctions : [ ;] R et : [ ;] R définies par (t) = t + cos(t) et (t) = sin(t). Ces deu fonctions sont continues sur [ ; ] et induisent donc une courbe paramétrée γ: [a;b] R définie par γ(t) = (t + cos(t),sin(t)). γ(t) = (t + cos(t),sin(t)) 6

162 7. Fonctions vectorielles d une variable réelle : courbes paramétrées Jeudi 9 avril éfinition Soit γ: [a;b] R R n une courbe paramétrée de R n et k un entier positif. La courbe paramétrée est dérivable (resp. de classe C k ou C ) si l application γ est dérivable (resp. de classe C k ou C ). éfinition Soit γ: [a;b] R R n une courbe paramétrée de R n de classe C admettant une représentation paramétrique γ(t) = ( (t), (t),..., n (t)). La longueur de γ, indépendante du paramétrage choisi, est l = b a n ( i (t)) dt. i= Eemple Considérons la courbe paramétrée γ: [a;b] R définie par γ(t) = (t, f (t)). Alors la longueur de la courbe est b l = + (f (t)) dt. a éfinition Courbes planes en coordonnées polaires Une courbe paramétrée γ: [a;b] R R est définie en coordonnées polaires par la fonction ϱ: [a;b] R si ϱ est une fonction continue et γ(ϑ) = (ϱ(ϑ) cos(ϑ), ϱ(ϑ) sin(ϑ)). La fonction ϱ peut prendre des valeurs positives ou négatives. Le réel ϱ(ϑ) est la distance de l origine à γ(ϑ). Si γ est de classe C, sa longueur est b l = (ρ(ϑ)) + (ρ (ϑ)) dϑ. a Eemple Soit ϱ: [;π] R définie par ϱ(ϑ) = r > avec r constante. La courbe définie en coordonnées polaires par ρ est un cercle de centre (,) et raon r. On a bien π π π l = (ρ(ϑ)) + (ρ (ϑ)) dϑ = r + dϑ = r dϑ = πr. Eemple Soit ϱ: [;π] R définie par ϱ(ϑ) = sin (ϑ/). La courbe définie en coordonnées polaires par ρ est une cardioïde et l on a l = π (ρ(ϑ)) + (ρ (ϑ)) dϑ = π sin 4 (ϑ/) + (sin(ϑ/)cos(ϑ/)) dϑ π π = sin(ϑ/) dϑ = sin(ϑ/) dϑ = [ cos(ϑ/)] π = 8. 6 G. Faccanoni

163 8. Champs de vecteurs, formes différentielles Ouvert étoilé Un ouvert U de R n est étoilé s il eiste a U tel que, pour tout U, le segment d etrémités a et soit inclus dans U, autrement dit, si tout segment reliant un point de l ensemble à son centre est inclus dans l ensemble. Ouvert simplement connee Un ouvert U de R n est simplement connee si tout couple de points de U peut être joint par une courbe continue et que tout courbe fermée incluse dans U peut être ramenée, par déformation continue, à un point. Eemple Le plan privé d un point ou l espace privé d une droite ne sont ni étoilés ni simplement connees. Formes différentielles de degré éfinition Une forme différentielle de degré définie sur un ouvert U de R est une application ω(, ) = ω (, ) d + ω (, ) d où ω et ω sont fonctions de U dans R. e la même manière, une forme différentielle de degré définie sur un ouvert U de R est une application ω(,, z) = ω (,, z) d + ω (,, z) d + ω (,, z) dz où ω, ω et ω sont fonctions de U dans R. Si tous les ω i sont de classe C k sur U, on dit que ω est de classe C k sur U. éfinition Champs de vecteurs On appelle champ de vecteurs défini sur un ouvert U R toute application de U dans R telle que V (, ) = (V (, ),V (, )) où V et V sont fonctions de U dans R. e la même manière, on appelle champ de vecteurs défini sur un ouvert U R toute application de U dans R telle que V (,, z) = (V (,, z),v (,, z),v (,, z)) où V, V et V sont fonctions de U dans R. Si tous les V i sont de classe C k sur U, on dit que V est de classe C k sur U. Forme eacte Une forme différentielle ω est eacte (ou totale) s il eiste une fonction f : U R, de classe C, telle que df = ω. On dit alors que f est une primitive de ω sur U. Champ conservatif Un champ de vecteurs V est conservatif (i.e. il est un champ de gradients) s il eiste une fonction f : U R, de classe C, telle que f = V. On dit alors que f est un potentiel de V sur U. 6

164 8. Champs de vecteurs, formes différentielles Jeudi 9 avril Eemple Soit ω = d + d une forme différentielle dans R. Elle est eacte car f : R R définie par f (, ) = + vérifie df = ω. Eemple Soit V = (,) un champ de vecteurs dans R. Il est conservatif car f : R R définie par f (, ) = + vérifie f = V. Forme différentielle fermée Une forme différentielle ω définie sur un ouvert U de R est fermée si (ω ) = (ω ). Une forme différentielle ω définie sur un ouvert U de R est fermée si (ω ) = z (ω ), z (ω ) = (ω ), (ω ) = (ω ). Champ à rotationnel nul Un champ de vecteurs V défini sur un ouvert U de R est à rotationnel nul si (V ) = (V ). Un champ de vecteurs V défini sur un ouvert U de R est à rotationnel nul si (V ) = z (V ), z (V ) = (V ), (V ) = (V ). Condition de SCHWARZ : condition nécessaire pour ω eacte Une forme différentielle eacte de classe C est toujours fermée. Condition de SCHWARZ : condition nécessaire pour V conservatif Un champ de vecteurs V de classe C conservatif est à rotationnel nul. Théorème de POINCARÉ : condition suffisante pour ω eacte Si U est un ouvert étoilé ou si U est simplement connee et ω est une forme différentielle de classe C, alors ω est eacte sur U ω est fermée sur U. Théorème de POINCARÉ : condition suffisante pour V conservatif Si U est un ouvert étoilé ou si U est simplement connee et V est un champ de vecteurs de classe C, alors V est conservatif sur U V est à rotationnel nul sur U 64 G. Faccanoni

165 Jeudi 9 avril 8. Champs de vecteurs, formes différentielles Eemple Soit ω = (+) d+( +) d une forme différentielle dans R. CN pour ω eacte : comme (ω ) = (+) = et (ω ) = ( + ) =, la forme différentielle est fermée ; omaine de définition : R est simplement connee donc la CN est aussi une CS ; grâce au théorème de POINCARÉ on conclut que ω est eacte, c est-à-dire qu il eiste f : R R telle que d f = ω. Par eemple f (, ) = + +. Intégrale curviligne d une forme différentielle Soit ω = ω d + ω d une forme différentielle dans R et γ(t) = ((t), (t)) un arc orienté. ω et ω étant des fonctions continues, on appelle intégrale curviligne de la forme différentielle ω le long de l arc γ le nombre noté ω et défini par b a γ [ ω ((t), (t)) (t) + ω ((t), (t)) (t) ] dt. Soit ω = ω d + ω d + ω dz une forme différentielle dans R et γ(t) = ((t), (t), z(t)) un arc orienté. ω, ω et ω étant des fonctions continues, on appelle intégrale curviligne de la forme différentielle ω le long de l arc γ le nombre noté ω et défini par b a γ [ ω ((t), (t), z(t)) (t) + ω ((t), (t), z(t)) (t) ] + ω ((t), (t), z(t))z (t) dt. Eemple Soit V = ( +, + ) un champ de vecteur dans R. CN pour V conservatif : comme (V ) = ( + ) = et (V ) = ( + ) =, le champ est à rotationnel nul ; omaine de définition : R est simplement connee donc la CN est aussi une CS ; grâce au théorème de POINCARÉ on conclut que V est conservatif, c est-à-dire qu il eiste f : R R telle que f = V. Par eemple f (, ) = + +. Circulation d un champ de vecteurs Soit V = (V,V ) un champ de vecteurs dans R et γ(t) = ((t), (t)) un arc orienté. V et V étant des fonctions continues, on appelle circulation de V le long de l arc orienté γ le nombre noté V et défini par b a γ [ V ((t), (t)) (t) +V ((t), (t)) (t) ] dt. Soit V = (V,V,V ) un champ de vecteurs dans R et γ(t) = ((t), (t), z(t)) un arc orienté. V, V et V étant des fonctions continues, on appelle circulation de V le long de l arc orienté γ le nombre noté V et défini par b a γ [ V ((t), (t), z(t)) (t) +V ((t), (t), z(t)) (t) ] +V ((t), (t), z(t))z (t) dt. Eemple L intégrale de la forme différentielle ω = d le long du graphe d une fonction f : [a;b] R de classe C est égale à b a f (t) dt. Eemple La circulation du champ de vecteurs V = (, ) le long de la courbe γ: [;π] R définie par γ(t) = (cos(t),sin(t)) est égale à π π π V = (t) (t) + (t) (t) dt = ( sin(t))( sin(t)) + (cos(t))(cos(t)) dt = dt = π. γ G. Faccanoni 65

166 8. Champs de vecteurs, formes différentielles Jeudi 9 avril Proposition Si ω est une forme différentielle eacte de primitive f et si la courbe γ: [a;b] R n a pour origine et etrémités respectivement les points γ(a) et γ(b) alors ω = f (γ(b)) f (γ(a)). γ En particulier, si la courbe γ est fermée, c est-à-dire si ses deu etrémités sont égales, alors la circulation sur γ de toute forme différentielle eacte est nulle. Proposition Si V est un champ de vecteurs conservatif de potentiel f et si la courbe γ: [a;b] R n a pour origine et etrémités respectivement les points γ(a) et γ(b) alors V = f (γ(b)) f (γ(a)). γ En particulier, si la courbe γ est fermée, c est-à-dire si ses deu etrémités sont égales, alors la circulation sur γ de tout champ de vecteurs conservatif est nulle. Remarque En mécanique, la circulation d une force est égale au travail de cette force. onc si la force dérive d un potentiel, son travail ne dépend que du point de départ et du point d arrivé. Eemple Relations de MAXWELL En thermodnamique, on appelle relations de MAXWELL des équations obtenues grâce au définitions des potentiels thermodnamiques et à l égalité de SCHWARZ. Pour un sstème entièrement décrit par les variables pression P, température T, entropie S et volume V, on retient généralement un ensemble de quatre relations relatives au quatre potentiels thermodnamiques énergie interne U, enthalpie H, énergie libre F et enthalpie libre (ou potentiel de GIBBS) G : df (V,T ) = P(V,T )dv S(V,T )dt, = P(V,T ) = F V, S(V,T ) = F T T ; V dg(p,t ) = V (P,T )dp S(P,T )dt, = V (P,T ) = G P, S(P,T ) = G T T ; P du (S,V ) = T (S,V )ds P(S,V )dv, = T (S,V ) = U S, P(S,V ) = U V V ; S dh(p,s) = V (P,S)dP + T (P,S)dS, = V (P,S) = H P, S T (P,S) = H S ; P si bien qu en utilisant l égalité de SCHWARZ l on a les relations de MAXWELL P T = S V V V, T T = S T P P, T V = P S S, V T P = V S S. P Eemple Soit le champ de vecteurs V (,, z) = ( + z,,z ). On veut montrer qu il dérive d un potentiel scalaire et déterminer tous les potentiels scalaires dont il dérive. une part, comme le champ est défini sur R qui est un ouvert étoilé, pour prouver qu il dérive d un potentiel il suffit de montrer qu il est à rotationnel nul : (V ) = z (V ), z (V ) = (V ), (V ) = (V ), (z ) = z ( ), z ( + z ) = (z ), ( ) = ( + z ), autre part, il est possible de calculer les potentiels : on cherche en effet f de R dans R tel que f (,, z) = + z, f (,, z) =, z f (,, z) = z. =, z = z, =. On résout ce sstème d équations au dérivées partielles : la deuième donne par eemple f (,, z) = + h(, z). En la dérivant par rapport à z on trouve z f (,, z) = z h(, z) ; en utilisant la troisième équation on trouve z h(, z) = z d où h(, z) = z + g () et donc f (,, z) = + z + g (). En la dérivant par rapport à on trouve f (,, z) = + z + g () ; en utilisant la première 66 G. Faccanoni

167 Jeudi 9 avril 8. Champs de vecteurs, formes différentielles équation on trouve g () = d où g () = +C et finalement f (,, z) = + z +C, C R. Eemple On veut montrer que la forme différentielle ω(, ) = ( ) d + ( ) d, définie sur U = { (, ) R } >, est eacte et en déterminer toutes les primitives dont elle dérive. une part, comme la forme est définie sur U qui est un ouvert étoilé, pour prouver qu elle est eacte il suffit de montrer qu elle est fermée : ( ) ( ) (ω ) = (ω ) ( ) = ( ) ( ) 4 = ( ) 4. autre part, il est possible de calculer les primitives : on cherche en effet f de R dans R tel que ω (, ) = ( ), ω (, ) = ( ). On résout ce sstème d équations au dérivées partielles : en intégrant la deuième on obtient par eemple f (, ) = + h(). En la dérivant par rapport à on trouve f (, ) = ( ) + h () ; en utilisant la première équation on trouve h () = et finalement f (, ) = +C, C R. Formule de GAUSS-RIEMANN Soit U un ouvert de R aant un bord de classe C par morceau orienté de sorte que U soit à sa gauche. Soit ω une forme différentielle de classe C sur un ouvert contenant U. Alors dω = ω, où on a défini U dω = U ( (ω ) (ω )) d d. U U Calcul de l aire Soit γ: [a;b] R une courbe fermée simple de classe C définie par γ(t) = ((t), (t)) et soit U la région délimitée par γ. On suppose que lorsque t croît, le point γ(t) parcourt le bord de U en laissant U à gauche. Alors l aire de U est donnée par b b b Aire(U ) = (t) (t) dt = (t) a (t) dt = (t) (t) (t) (t) dt. a a Eemple Soit ϱ: [;π] R définie par ϱ(ϑ) = sin (ϑ/). La courbe γ(ϑ) = ((ϑ) = ϱ(ϑ) cos(ϑ), (ϑ) = ϱ(ϑ) sin(ϑ)) est une cardioïde et l on a Aire(U ) = π ( (ϑ) (ϑ) (ϑ) ) π (ϑ) dϑ = sin 4 (ϑ/) dϑ = 8 π. G. Faccanoni 67

168 8. Champs de vecteurs, formes différentielles Jeudi 9 avril Eercices Eercice 8. Soit V (, ) = V (, ) i +V (, ) j un champ de vecteur défini sur R \ { (,) }, γ la courbe d équation γ (t) = ( + cos(t), + sin(t)), t [,π], γ la courbe d équation γ (t) = (cos(t),sin(t)), t [,π]. ire si les affirmations suivantes sont V raies ou F ausses.. Si V est conservatif alors V est à rotationnel nul.. Si rot V = alors V est conservatif.. Si V est conservatif alors γ V =. 4. Si V est conservatif alors γ V =. 5. Si V est à rotationnel nul alors γ V =. 6. Si V est à rotationnel nul alors γ V =. Eercice 8. Soit ω(, ) = ω (, ) d + ω (, ) d une forme différentielle définie sur R \ { (,) }, γ la courbe d équation γ (t) = ( + cos(t), + sin(t)), t [,π], γ la courbe d équation γ (t) = (cos(t),sin(t)), t [,π]. ire si les affirmations suivantes sont V raies ou F ausses.. Si ω est eacte alors ω est fermée.. Si ω est fermée alors ω est eacte.. Si ω est eacte alors γ ω =. 4. Si ω est eacte alors γ ω =. 5. Si ω est fermée alors γ ω =. 6. Si ω est fermée alors γ ω =. SOLUTION.. V Si V est conservatif alors V est à rotationnel nul. C est le théorème de SCHWARZ.. F Si rot V = alors V est conservatif. Pour qu elle soit vraie pour tout champ à rotationnel nul il faudrait que le domaine de définition soit simplement connee ou étoilé, ce qui n est pas le cas ici.. V Si V est conservatif alors γ V =. La courbe est fermée, c est-à-dire que ses deu etrémités sont égales γ () = γ (π) = (,), alors la circulation sur γ de tout champ de vecteurs conservatif est nulle. 4. V Si V est conservatif alors γ V =. La courbe est fermée, c est-à-dire que ses deu etrémités sont égales γ () = γ (π) = (,), alors la circulation sur γ de tout champ de vecteurs conservatif est nulle. 5. F Si V est à rotationnel nul alors γ V =. Pour qu elle soit vraie il faudrait que V soit conservatif. Comme le domaine de définition n est pas simplement connee ni étoilé, on ne peut pas garantir la conservativité de V donc la circulation sur γ de V peut être non nulle. 6. V Si V est à rotationnel nul alors γ V =. La courbe est contenue dans le carré [ ;] qui est simplement connee. Comme le champ est à rotationnel nul, il est conservatif sur ce carré. e plus, la courbe est fermée donc la circulation sur γ est nulle. SOLUTION.. V Si ω est eacte alors ω est fermée. C est le théorème de SCHWARZ.. F Si ω est fermée alors ω est eacte. Pour qu elle soit vraie pour toute forme différentielle fermée il faudrait que le domaine de définition soit simplement connee ou étoilé, ce qui n est pas le cas ici.. V Si ω est eacte alors γ ω =. La courbe est fermée, c est-à-dire que ses deu etrémités sont égales γ () = γ (π) = (,), alors l intégrale curviligne de toute forme différentielle eacte le long de l arc γ est nulle. 4. V Si ω est eacte alors γ ω =. La courbe est fermée, c est-à-dire que ses deu etrémités sont égales γ () = γ (π) = (,), alors l intégrale curviligne de toute forme différentielle eacte le long de l arc γ est nulle. 5. F Si ω est fermée alors γ ω =. Pour qu elle soit vraie il faudrait que ω soit eacte. Comme le domaine de définition n est pas simplement connee ni étoilé, on ne peut pas garantir que ω est eacte donc l intégrale curviligne de ω le long de l arc γ peut être non nulle. 6. V Si ω est fermée alors γ ω =. La courbe est contenue dans le carré [ ;] qui est simplement connee. Comme la forme différentielle est fermée, elle est eacte sur ce carré. e plus, la courbe est fermée donc l intégrale curviligne sur γ est nulle. 68 G. Faccanoni

169 Jeudi 9 avril 8. Champs de vecteurs, formes différentielles Eercice 8. Champ de vecteurs Considérons le champ de vecteurs V (,, z) = i + j + z k. Montrer que V est conservatif et en calculer un potentiel. SOLUTION. On a V (,, z) =, V (,, z) = et V (,, z) = z.. On vérifie que rot V = : (V ) z (V ) = =, z (V ) (V ) = =, (V ) (V ) = =. V est défini sur R (simplement connee) et est à rotationnel nul donc il est conservatif.. On cherche f : R R telle que f = V. f = donc f (,, z) = + g (, z) donc f = g = donc g (, z) = + h(z) donc f (,, z) = + + h(z) donc z f = h = z donc h(z) = z donc f (,, z) = + + z + c. Eercice 8.4 Forme différentielle On considère la forme différentielle ω(, ) = + d + + d, définie sur le demi-plan U = { (, ) R > }. Montrer que ω est eacte et déterminer ses primitives sur U. SOLUTION. une part, comme la forme est définie sur U qui est un ouvert étoilé (par eemple par rapport au point (,)), pour prouver qu elle est eacte il suffit de montrer qu elle est fermée : ( (ω ) = (ω ) ) ( ) + = + ( + ) = ( + ). autre part, il est possible de calculer les primitives : on cherche en effet une fonction f de R dans R tel que { ω (, ) =, + ω (, ) = +. On résout ce sstème d équations au dérivées partielles : en intégrant la deuième par rapport à on obtient f (, ) = arctan + h(). En la dérivant par rapport à on trouve f (, ) = + h () ; en utilisant la première équation on + trouve h () = et finalement f (, ) = arctan +C, C R. Eercice 8.5 Forme différentielle Montrer que la forme différentielle ω(, ) = d + ( ) d ( ) + est fermée. ans un ouvert à préciser déterminer une fonction f telle que df = ω. G. Faccanoni 69

170 8. Champs de vecteurs, formes différentielles Jeudi 9 avril SOLUTION. La forme différentielle ω est définie sur ω = R \ {(,);(,)}. À partir de ω = observe que Elle est donc fermée. (ω ) = ( ) ( ( ) + ] ), (ω ) = ( ) ( ( ) + ). Elle est eacte sur tout ouvert simplement connee (ce qui n est pas le cas de son ensemble de définition). Cherchons un potentiel f de ω sur un ouvert à préciser : f = ω f = ω ( ) + et ω = ( ) ( ) +, on Il est plus simple de partir de la seconde égalité et de se placer dans un ouvert où, par eemple A = {(, ) : < }, qui est simplement connee. On peut alors écrire f = ( + ) donc ( ) f (, ) = arctan + g (). En calculant f et en imposant qu elle soit égale à ω on obtient d où g () =, soit Eercice 8.6 Forme différentielle Montrer que la forme différentielle est eacte et en calculer un potentiel. ( ) ( + ) + g () = ( ) + ( ) f (, ) = arctan + K. ω(,, z) = z d + z( + ) d + (( + ) + z) dz SOLUTION. Comme la forme est définie sur R qui est un ouvert étoilé, pour prouver qu elle est eacte il suffit de montrer qu elle est fermée : (ω ) z (ω ) = ( + 6) ( + 6) =, z (ω ) (ω ) = =, (ω ) (ω ) = z z =. Néanmoins, il est possible de calculer directement les primitives : on cherche une application f de R dans R tel que f (,, z) = ω (,, z) = z, f (,, z) = ω (,, z) = z + 6 z, z f (,, z) = ω (,, z) = + + z. On résout ce sstème d équations au dérivées partielles : en intégrant la première par rapport à on obtient f (,, z) = z +h(, z). En la dérivant par rapport à on trouve f (,, z) = z +h (, z) ; comme f (,, z) = ω (, ) = z +6 z alors h (, z) = 6 z, d où h(, z) = z + k(z) ce qui implique f (,, z) = z + z + k(z). En la dérivant par rapport à z on trouve z f (,, z) = + + k (z) ; comme z f (,, z) = ω (,, z) = + + z alors k (z) = z, d où k(z) = z + c et finalement f (,, z) = z + z + z +C, C R. 7 G. Faccanoni

171 Jeudi 9 avril 8. Champs de vecteurs, formes différentielles Eercice 8.7 Forme différentielle Montrer que la forme différentielle ω(, ) = d + ( e ) d n est pas eacte dans R. Trouver une fonction g () telle que la forme différentielle ψ(, ) g ()ω(, ) soit eacte dans R. éterminer ensuite les potentiels de ψ(, ) dans R. SOLUTION. être eacte. On a ω = et ω = e. Comme (ω ) = et (ω ) =, la forme ω n est pas fermée. Elle ne peut donc pas On a ψ = g ()ω et ψ = g ()ω. Comme R est simplement connee, d après le théorème de Poincaré on a ψ est eacte ψ est fermée. Comme (ψ ) = g () + g () et (ψ ) = g (), on cherche g telle que g () = g () : ψ est fermée (et donc eacte) si et seulement si g () = A avec A R. Si ψ(, ) = A d + A( e ) d, on sait qu il eiste un potentiel f de ψ, c est-à-dire une fonction f telle que f = ψ et f = ψ, soit f = A f = A( e ). Comme f = A alors f (, ) = A +h(). En reportant dans la seconde équation on obtient A +h () = A( e ), c est-à-dire h () = A e. Soit après deu intégrations par parties h() = A( + )e + C avec C R. Les potentiels cherchés sont donc définis par f (, ) = A( ( + )e ) +C. Eercice 8.8 Forme différentielle Considérons la forme différentielle ( ) ω(, ) = cos () + ln( + ) ( d + g () + ) + d définie sur = { (, ) ] π ; π [ R }. éterminer la fonction g de classe C (] π/;π/[) telle que g () = et ω soit eacte. éterminer ensuite pour la forme différentielle ainsi trouvée une primitive. SOLUTION. La forme différentielle ω est définie sur (il est même de classe C ()). Comme le domaine de définition est simplement connee, la forme différentielle est eacte si et seulement si elle est fermée, c est-à-dire (ω ) = (ω ) cos () + + = g () + + cos () = g () g () = tan() +C, C R. Pour avoir g () = il faut C =, ainsi g () = tan() et la forme différentielle s écrit ( ) ω(, ) = cos () + ln( + ) ( d + tan() + ) + d. Pour trouver une primitive, c est à dire une fonction f : R telle que df = ω, on intègre ω par rapport à et on obtient f (, ) = tan()+ ln(+ )+h(). Pour déterminer h on dérive l epression ainsi obtenue par rapport à : f = tan()+ + + h () ; cette fonction doit être égale à ω donc h () = et finalement f (, ) = tan() + ln( + ) +C, C R. Eercice 8.9 Champ de vecteurs Considérons le champ de vecteurs ( V (, ) = cos () + e ) i + ( g () + e ) j. G. Faccanoni 7

172 8. Champs de vecteurs, formes différentielles Jeudi 9 avril défini sur = { (, ) ] π ; π [ R }. éterminer la fonction g de classe C (] π/;π/[) telle que g () = et V soit conservatif. éterminer ensuite pour le champ ainsi trouvé un potentiel. SOLUTION. Le champ V est défini sur (il est même de classe C ()). Comme le domaine de définition est simplement connee, le champ est conservatif si et seulement si il est à rotationnel nul, c est-à-dire (V ) = (V ) cos () + e = g () + e cos () = g () g () = tan() +C, C R. Comme on veut que g () =, alors g () = tan() et le champ de vecteurs s écrit ( V (, ) = cos () + e ) i + ( tan() + e ) j. Pour trouver un potentiel, c est à dire une fonction f : R telle que f = V, on intègre V par rapport à et on obtient f (, ) = tan() + e + h(). Pour déterminer h on dérive l epression ainsi obtenue par rapport à : f = tan() + e + h () ; cette fonction doit être égale à V donc h () = et finalement f (, ) = tan() + e +C, C R. Eercice 8. Champ de vecteurs Considérons le champ de vecteurs V (, ) = ( sin + cos + e ) i + (g () + e ) j. éterminer la fonction g de classe C (R) telle que g () = et V soit conservatif. éterminer ensuite pour le champ ainsi trouvé un potentiel. SOLUTION. Le champ V est défini sur R (il est même de classe C (R )). Comme le domaine de définition est simplement connee, le champ est conservatif si et seulement si il est à rotationnel nul, c est-à-dire (V ) = (V ) sin + cos + e = g () + e sin + cos = g () g () = sin +C, C R. Comme on veut que g () =, alors g () = sin et le champ de vecteurs s écrit V (, ) = ( sin + cos + e ) i + ( sin + e ) j. Pour trouver un potentiel, c est à dire une fonction f : R R telle que f = V, on intègre V par rapport à et on obtient f (, ) = sin + e + h(). Pour déterminer h on dérive l epression ainsi obtenue : f = sin + e + h () ; cette fonction doit être égale à V donc h () = et finalement f (, ) = sin + e +C, C R. Eercice 8. Champ de vecteurs Considérons le champ de vecteurs ( ) g () V (, ) = + cos i + ( ln sin ) j. éterminer la fonction g de classe C (R) telle que g () = de sorte que V soit conservatif. éterminer ensuite pour le champ ainsi trouvé le potentiel φ(, ) tel que φ(,π/) =. 7 G. Faccanoni

173 Jeudi 9 avril 8. Champs de vecteurs, formes différentielles SOLUTION. Le champ V est défini sur R + R. Comme le domaine de définition est simplement connee, le champ est conservatif si et seulement si il est à rotationnel nul, c est-à-dire (V ) = (V ) g () sin = sin g () = g () = +C, C R. Comme on veut que g () =, alors g () = et le champ de vecteurs s écrit V (, ) = ( / + cos ) i + ( ln sin ) j. Pour trouver un potentiel, c est à dire une fonction φ: R R telle que φ = V, on intègre V par rapport à et on obtient φ(, ) = ln + cos + h(). Pour déterminer h on dérive l epression ainsi obtenue : φ = ln sin + h () ; cette fonction doit être égale à V donc h () = et finalement Parmi ces potentiels, celui qui vérifie φ(,π/) = est φ(, ) = ln + cos +C, C R. φ(, ) = ln + cos. Eercice 8. Champ de vecteurs Considérons le champ de vecteurs. Montrer que V est conservatif.. Calculer un potentiel de V. V (,, z) = ( sin z) i + ( sin z) j + ( cos z) k. SOLUTION. On a V (,, z) = sin z, V (,, z) = sin z et V (,, z) = cos z.. On vérifie que rot V = : (V ) z (V ) = cos z cos z =, z (V ) (V ) = cos z cos z =, (V ) (V ) = sin z sin z =. V est défini sur R (simplement connee) et est à rotationnel nul donc il est conservatif.. On cherche f : R R telle que f = V. f = sin z donc f (,, z) = sin z + g (, z) donc f = sin z + g = sin z donc g (, z) = h(z) donc f (,, z) = sin z + h(z) donc z f = cos z + h = cos z donc h(z) = c donc f (,, z) = sin z + c. Eercice 8. Champ de vecteurs Considérons le champ de vecteurs. Montrer que V est conservatif. Calculer un potentiel de V. V (,, z) = ( sin z) i + ( sin z) j + ( cos z) k. SOLUTION. On a V (,, z) = sin z, V (,, z) = sin z et V (,, z) = cos z.. On vérifie que rot V = : (V ) z (V ) = cos z cos z =, z (V ) (V ) = cos z cos z =, (V ) (V ) = sin z sin z =. V est défini sur R (simplement connee) et est à rotationnel nul donc il est conservatif. G. Faccanoni 7

174 8. Champs de vecteurs, formes différentielles Jeudi 9 avril. On cherche f : R R telle que f = V. f = sin z donc f (,, z) = sin z + g (, z) donc f = sin z + g = sin z donc g (, z) = h(z) donc f (,, z) = sin z + h(z) donc z f = cos z + h = cos z donc h(z) = c donc f (,, z) = sin z + c. Eercice 8.4 Champ de vecteurs Considérons le champ de vecteurs. Montrer que V est conservatif.. Calculer un potentiel de V. V (,, z) = (z sin ) i + ( z cos ) j + ( sin ) k. SOLUTION. On a V (,, z) = z sin, V (,, z) = z cos et V (,, z) = sin.. On vérifie que rot V = : (V ) z (V ) = cos cos =, z (V ) (V ) = sin sin =, (V ) (V ) = z cos z cos =. V est défini sur R (simplement connee) et est à rotationnel nul donc il est conservatif.. On cherche f : R R telle que f = V. f = z sin donc f (,, z) = z sin + g (, z) donc f = z cos + g = z cos donc g (, z) = h(z) donc f (,, z) = z sin + h(z) donc z f = sin + h = sin donc h(z) = c donc f (,, z) = z sin + c. Eercice 8.5 Champ de vecteurs Considérons le champ de vecteurs. Montrer que V est conservatif.. Calculer un potentiel de V. V (,, z) = (z sin ) i + (z cos ) j + (z sin ) k. SOLUTION. On a V (,, z) = z sin, V (,, z) = z cos et V (,, z) = z sin.. On vérifie que rot V = : (V ) z (V ) = z sin z sin =, z (V ) (V ) = z sin z sin =, (V ) (V ) = z cos z cos =. V est défini sur R (simplement connee) et est à rotationnel nul donc il est conservatif.. On cherche f : R R telle que f = V. f = z sin donc f (,, z) = z sin + g (, z) donc f = z cos + g = z cos donc g (, z) = h(z) donc f (,, z) = z sin + h(z) donc z f = z sin + h = z sin donc h(z) = c donc f (,, z) = z sin + c. 74 G. Faccanoni

175 Jeudi 9 avril 8. Champs de vecteurs, formes différentielles Eercice 8.6 Champ de vecteurs Considérons le champ de vecteurs. Montrer que V est conservatif.. Calculer un potentiel de V. V (,, z) = (8z 4 cos()cos ) i + ( 4z 4 sin()sin ) j + (6z sin()cos ) k. SOLUTION. On a V (,, z) = 8z 4 cos()cos, V (,, z) = 4z 4 sin()sin et V (,, z) = 6z sin()cos.. On vérifie que rot V = : (V ) z (V ) = 6z sin()sin 6z sin()sin =, z (V ) (V ) = z cos()cos z cos()cos =, (V ) (V ) = 8z 4 cos()sin + 8z 4 cos()sin =. V est défini sur R (simplement connee) et est à rotationnel nul donc il est conservatif.. On cherche f : R R telle que f = V. f = 8z 4 cos()cos donc f (,, z) = 4z 4 sin()cos + g (, z) donc f = 4z 4 sin()sin + g = 4z 4 sin()sin donc g (, z) = h(z) donc f (,, z) = 4z 4 sin()cos + h(z) donc z f = 6z sin()cos + h = 6z sin()cos donc h(z) = c donc f (,, z) = 4z 4 sin()cos + c. Eercice 8.7 Forme différentielle Trouver toutes les fonctions f : R R de classe C qui satisfont f () = et telles que la forme différentielle ω(, ) = ( + )sin() d f () d soit eacte. Pour la forme différentielle ainsi trouvée, calculer toutes ses primitives. SOLUTION. Le domaine de définition de ω est R qui est simplement connee : pour que la forme différentielle proposée soit eacte il faut et il suffit que pour tout R (( + )sin()) = ( f ()), ce qui implique f () = sin() ; toutes les fonctions f : R R de classe C qui rendent la forme différentielle ω eacte sont de la forme f () = cos() + c, c R. On obtient f () = pour c = et la forme différentielle devient ω(, ) = ( + )sin() d cos() d. Pour trouver une primitive, c est à dire une fonction ϕ: R R telle que dϕ = ω, on intègre ω par rapport à et on obtient ϕ(, ) = ( + )cos() + h(). Pour déterminer h on dérive l epression ainsi obtenue : ϕ = cos() + h () ; cette fonction doit être égale à ω donc h () = et finalement ϕ(, ) = ( + )cos() +C, C R. G. Faccanoni 75

176 8. Champs de vecteurs, formes différentielles Jeudi 9 avril Eercice 8.8 Champ de vecteurs. Établir si le champ de vecteurs suivant est conservatif sur R \ {(,)} : V = + + i j +. < r <. Soit γ r la famille de courbes γ r (t) = ( + r cos(t),r sin(t)), t [,π], r >, r. Calculer V (t)d t en fonction de r. γ r r > SOLUTION. Remarquons que le champ de vecteurs peut être mis sous la forme [ V = + + ] [ i + + ] j.. Commençons d abord par vérifier si les deu conditions pour la conservativité sont vérifiées. CN : rotationnel su champ de vecteurs (V ) = ( + ) = (V ). Le champ de vecteurs V est bien à rotationnel nul. CN : circulation de V sur une courbe fermée quelconque. Considérons la courbe fermée l(t) = (cos t,sin t) pour t [,π], alors l V (t)d t = π (cos t + sin t)( sin t) (sin t cos t)(cos t)dt = π cos t sin t dt = π. La circulation sur au moins une courbe fermée qui tourne autour du point (,) est non nulle. On conclut que V est à rotationnel nul (et donc conservatif sur tous sous ensemble simplement connee de R \{(,)}) mais non conservatif sur R \ {(,)}.. On en déduit que si r > / alors V (t)d t = π (car la circulation le long de courbes homotopes est la même et γ r est homotope γ r à la courbe γ du point précédent si r > /), si < r < / alors V (t)d t = car γ r est contenue dans un sous-ensemble simplement connee de R \ {(,)} γ r et V est à rotationnel nul donc conservatif dans ce sous-ensemble. Eercice 8.9 Forme différentielle Considérons la forme différentielle ω(, ) = d d définie sur U = { (, ) R } >.. Montrer que ω est fermée sur U.. Montrer de deu façons différentes que ω est eacte.. Soit γ une courbe de classe C (U ) par morceau d origine A = (,) et d etrémité B = (,8). Calculer ω. γ SOLUTION.. En posant ω = et ω =, on a (ω ) = (ω ) =. 76 G. Faccanoni

177 Jeudi 9 avril 8. Champs de vecteurs, formes différentielles. La forme différentielle est fermée sur U étoilé, d après le théorème de Poincaré elle est donc eacte. On peut aussi prouver qu elle est eacte en calculant ses primitives, c est-à-dire en recherchant f telle que ω = df. On doit alors résoudre le sstème d équations au dérivées partielles { f (, ) =, f (, ) =. La première équation donne f (, ) = + h() ; en la dérivant par rapport à on a f (, ) = + h () ; en la introduisant dans la deuième équation on trouve h () = et finalement on obtient une primitive de ω : f (, ) =.. Comme la forme différentielle est eacte, le calcul ne dépend pas du chemin choisi, mais uniquement des etrémités. On trouve ainsi ω = f (,8) f (,) = 9 8 = 5 8. γ Eercice 8. Champ de vecteurs Montrer que le champ de vecteurs est non conservatif bien qu il soit à rotationnel nul. V = + i + + j SOLUTION. Le champ de vecteurs est à rotationnel nul car : (V ) = ( + ) = (V ). Comme il est définie sur R \ { (,) } qui n est pas simplement connee, il peut être non conservatif. Pour le prouver on va ehiber une courbe fermée γ pour laquelle γ V. Comme le champ est à rotationnel nul, si on prend une courbe fermée γ contenue dans un ensemble simplement connee, on aura γ V =. On doit alors prendre γ qui encercle le point (,), par eemple la courbe γ(t) = (cos(t),sin(t)) pour t [,π]. ans ce cas on a π ( ) sin(t) cos(t) π V = cos (t) + sin (t) (cos(t)) + cos (t) + sin (t) (sin(t)) dt = dt = π. γ Eercice 8. Forme différentielle Soit ω la forme différentielle ω = ( 6 ) d + ( 6 ) d.. Montrer que ω est une forme eacte sur R.. En déduire l intégrale curviligne le long du demi-cercle supérieur de diamètre [AB] de A = (,) vers B = (,4). SOLUTION.. En posant ω = 6 et ω = 6, on vérifie qu elle est fermée car (ω ) (ω ) = + 6 =. Comme R est étoilé, elle est eacte.. Pour calculer l intégrale curviligne on cherche d abord une primitive f de ω : on cherche f telle que f = ω et f = ω, c est-à-dire { f (, ) = 6, f (, ) = 6. En intégrant la première par rapport à on trouve f (, ) = ( ) +g () ; en la dérivant par rapport à on obtient f (, ) = 6 + g () qui est égale à 6 d où g () =. Une primitive de ω est donc f (, ) = ( ). G. Faccanoni 77

178 8. Champs de vecteurs, formes différentielles Jeudi 9 avril L intégrale curviligne le long du demi-cercle supérieur de diamètre [AB] de A = (,) vers B = (,4) est donc ω = f (,4) f (,) = 6. [AB] Eercice 8. Forme différentielle Considérons la forme différentielle ω(, ) =. Montrer que ω est fermée.. Montrer que ω n est pas eacte.. Soit γ r la famille de courbes + d + + d. γ r (t) = ( + r cos(φ),r sin(φ)), φ [,π], r >, r. Calculer V (t)d t en fonction de r. γ r < r < r > SOLUTION. Posons ω = + et ω = +.. La forme différentielle est fermée car (ω ) = ( + ) = (ω ).. Puisque ω est définie sur R \{(,)}, la forme peut ne pas être eacte. On a deu possibilité pour démontrer qu elle n est pas eacte : soit on prouve qu elle n admet pas de potentiel (difficile), soit qu il eiste une courbe fermée le longue de laquelle la circulation de ω est non nulle. Puisque ω est fermée, l unique possibilité pour trouver une courbe fermée le longue de laquelle la circulation de ω est non nulle est de considérer une courbe qui tourne autour du point (,) (car si elle ne tourne pas autour de ce point, alors il eiste toujours un sous-ensemble simplement connee du domaine de définition de ω qui contient la courbe et dans ce sous-ensemble la forme est eacte donc la circulation sera nulle). Soit γ le cercle de centre l origine et raon unitaire γ(θ) = (cosθ,sinθ), γ (θ) = ( sinθ,cosθ), θ [,π] et calculons la circulation de ω sur γ : π sinθ ω = cos θ + sin θ ( sinθ) + cosθ cos θ + sin θ (cosθ)dθ = γ π dθ = π.. On en déduit que si r > alors V (t)d t = π (car la circulation le longue de courbes homotopes est la même et γ r est homotope γ r à la courbe γ du point précédent si r > ), si < r < alors V (t)d t = car γ r est contenue dans un sous-ensemble simplement connee de R \ {(,)} et γ r ω est fermée donc eacte dans ce sous-ensemble. Eercice 8. Intégrale curviligne Calculer le travail du champ de vecteurs V = (, ) pour déplacer un point matériel de (,) à (,) le long de γ d équation = et le long de γ d équation =. SOLUTION. On peut bien évidemment calculer directement le travail le long des deu chemins. Néanmoins il est évident que la fonction f : R R définie par f (, ) = est un potentiel de V, autrement dit V est conservatif, donc le travail ne dépend que du point de départ et du point d arrivé : V = V = f (,) f (,) =. γ γ 78 G. Faccanoni

179 Jeudi 9 avril 8. Champs de vecteurs, formes différentielles Eercice 8.4 Champ de vecteurs. Établir si le champ de vecteurs suivant est conservatif sur R : V (, ) = ( ) i j.. Soit γ la courbe d équation γ (t) = (t t +, t + t), t [,] et γ le segment de droite allant du point A (,) au point B (,). Calculer V (t) dt. En déduire V (t) dt. γ γ SOLUTION.. eu méthodes : Méthode I : Le champ de vecteurs V est conservatif car les fonctions f : R R définies par f (, ) = + c en sont des potentiels, i.e. elles sont telles que f = V. Méthode II : Le champ de vecteurs est à rotationnel nul et V est défini sur un domaine simplement connee donc, par le théorème de POINCARÉ, le champ est conservatif.. eu méthodes : Méthode I : Comme le champ est conservatif, alors γ V (t) dt = f (B) f (A) = ( ) ( ) + c + c =. La courbe γ va elle aussi du point A au point B car γ () = (,) et γ () = (,). Comme le champ est conservatif alors V (t) dt =. γ Méthode II : Sans calculer le potentiel, on peut calculer V (t) dt directement : γ γ V (t) dt = = = = [ t 4 ( ((t t + ) (t + t))(t t + ) + ( (t t + ))(t + t) ) dt ( ( t + )(t ) + ( (t t + )(t + ) ) dt ( t 6t + 5t ) dt 4 6 t + 5 t ] t =. e la même manière, un paramétrage possible du segment est l application γ : [;] R définie par γ (t) = (, t) donc γ V (t) dt = ( ( t)() + ( )(t) ) dt = dt = [ t] =. Eercice 8.5 Forme différentielle éterminer la valeur du paramètre µ de sorte que la forme différentielle ω = ( 5µ + 8 z) d + ( 5 + 8µz + ) d + ((7 + µ) 6z) dz soit eacte. Pour cette valeur de µ, déterminer la primitive ϕ de ω telle que ϕ(,, ) =. Calculer la circulation de ω pour aller du point (,,) au point (,,) le longue de la courbe paramétrée γ(t) = (cos(t), cos(t) sin(t), sin(t)). G. Faccanoni 79

180 8. Champs de vecteurs, formes différentielles Jeudi 9 avril SOLUTION. ω définie sur R simplement connee : eacte ssi fermée. ω z ω = (7 + µ) (8µ) = z ω ω = (8) (7 + µ) = ω ω = ( 5 + 8µz) (5µ + 8z) = µ =. On obtient la forme différentielle ω = ( z) d + ( 5 + 8z + ) d + (8 6z) dz. Calcul des primitives ϕ telles que dϕ = ω : comme ϕ(,, z) = ω (,, z) alors ϕ(,, z) = ω (,, z) d = z + f (, z), ce qui implique ϕ(,, z) = 5 + 8z + f (, z) ; comme ϕ(,, z) = ω (,, z) alors f (, z) =, ainsi f (, z) = + g (z) et par conséquent ϕ(,, z) = 5 +8 z + + g (z) ; comme zϕ(,, z) = ω (,, z) alors g (z) = 6z d où g (z) = z + c. En conclusion toutes les primitives de ω sont de la forme ϕ(,, z) = z + z + c, c R. L unique primitive qui vérifie la condition ϕ(,, ) = correspond à c = 64. Comme la forme est eacte, la circulation ne dépend pas du chemin parcouru mais seulement du point de départ et d arrivé, ainsi ω = ϕ(,,) ϕ(,,) = 5/. γ Eercice 8.6 Champ de vecteurs éterminer la valeur du paramètre µ de sorte que le champ de vecteurs V = ( + 5µ + z) i + (5 + µz ) j + (( + µ) 4z) k soit conservatif. Pour cette valeur de µ, déterminer le potentiel ϕ de V tel que ϕ(,, ) =. Calculer le travail nécessaire pour déplacer une particule du point (,,) au point (,,) le longue de la courbe γ(t) = (cos(t), sin(t), cos(t) sin(t)). SOLUTION. V défini sur R simplement connee : conservatif ssi à rotationnel nul. V z V ( + µ) (µ) rot V = z V V = () ( + µ) = µ =. V V (5 + µz) (5µ + z) On obtient le champ de vecteurs V = ( z) i + (5 + z ) j + ( 4z) k. Calcul des potentiels ϕ tels que ϕ = V : comme ϕ(,, z) = V (,, z) alors ϕ(,, z) = V (,, z) d = z + f (, z), ce qui implique ϕ(,, z) = 5 + z + f (, z) ; comme ϕ(,, z) = V (,, z) alors f (, z) =, ainsi f (, z) = + g (z) et par conséquent ϕ(,, z) = z + g (z) ; comme zϕ(,, z) = V (,, z) alors g (z) = 4z d où g (z) = z + c. En conclusion touts les potentiels de V sont de la forme ϕ(,, z) = z z + c, c R. L unique potentiel qui vérifie la condition ϕ(,, ) = correspond à c = 4. Comme le champ est conservatif, le travail ne dépend pas du chemin parcouru mais seulement du point de départ et d arrivé, ainsi V = ϕ(,,) ϕ(,,) = 7/. γ 8 G. Faccanoni

181 Jeudi 9 avril 8. Champs de vecteurs, formes différentielles Eercice 8.7 Forme différentielle Considérons la forme différentielle ω(, ) = ( ) d + ( ) d.. Trouver le domaine de définition de ω (qu on notera ω ).. Établir si ω est eacte sur son domaine de définition.. Soit γ r la famille de courbes γ r (φ) = ( + r cos(φ), + r sin(φ)), φ [,π], r >. Pour quels valeurs de r on a γ r ω? Pour ces valeurs calculer ω(φ)dφ. γ r SOLUTION.. ω = { (, ) R }.. On remarque que ω n est pas simplement connee. On commence alors par vérifier si la forme différentielle est fermée : (ω ) = ( ) = (ω ), donc la forme différentielle ω est fermée. On va alors en chercher un potentiel, i.e. une fonction f telle que f = ω : f (, ) = donc f (, ) = ( ) + g () donc = ( ) f (, ) = + g () ( ) g () = donc f (, ) = + c. donc La forme différentielle est eacte sur ω et un potentiel est f (, ) =.. Les ( courbes γ r sont ) les cercles de centre (, ) et raon r. Pour que γ r soit contenue dans ω il faut alors que r < dist (, ); = =. Puisque toute γ r est contenue dans un sous-ensemble simplement connee de ω et puisque ω est fermée, elle est eacte dans ce sous-ensemble. On en déduit que ω(t)d t =. γ r = r < γ r G. Faccanoni 8

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183 A. Maima & wmaima Maima est un logiciel qui propose un environnement de calcul formel. Le calcul formel, encore appelé calcul smbolique, donne les moens de manipuler les nombres, d effectuer des calculs ou de réaliser des représentations graphiques sophistiquées, mais aussi et surtout de mener des calculs algébriques, de représenter smboliquement des objets mathématiques complees ou élaborés comme des fonctions, des équations et leurs solutions algébriques, des matrices, et d obtenir, le cas échéant, des formes closes pour les solutions. Les logiciels de calcul formel, tels Maima, Maple, Mathematica ou Mupad, s opposent ainsi à des logiciels comme Scilab, Octave ou MatLab dont la vocation est de permettre la réalisation de calculs efficaces sur un plan strictement numérique. Avant de passer à une brève présentation du logiciel Maima et de donner les premiers éléments concrets permettant d utiliser Maima pour traiter ses propres eemples, on souhaite montrer rapidement les possibilités offertes par le calcul formel. La première série d eemples montre la capacité à faire des calculs smboliques (par opposition à numériques) que tout utilisateur aant acquis un certain niveau en mathématiques est capable de mener à bien lui-même, mais dont le caractère fastidieu et pénible est incontestable. Les eemples sont emblématiques de situations dans lesquelles il convient de savoir utiliser judicieusement un formulaire et des techniques adaptées au contete du calcul que l on doit effectuer. L obtention du résultat en une fraction de seconde devrait convaincre de l intérêt d un logiciel de calcul formel. Commençons par un calcul classique de limite : limit (( sin ( tan ())-tan ( sin ()))/^7,,) = limit (( sin ( tan ())-tan ( sin ()))/^7,,) ; sin(tan()) tan(sin()) lim 7 =. Poursuivons par un calcul de dérivée tout aussi éloquent : diff ( arcsin (ln( ^) ),)= diff ( arcsin (ln( ^) ),); d d arcsin(ln( )) =. 9ln Soulignons d emblée que l intérêt du calcul formel ne se limite pas à la possibilité, certes très spectaculaire, d obtenir des epressions littérales et des formes closes quasi instantanément pour des calculs fastidieu de dérivées, de primitives, de développements limités et la résolution d équations algébriques ou d équations différentielles. La deuième capacité essentielle d un logiciel de calcul formel consiste à représenter de manière eacte des objets mathématiques, principalement des nombres, que les logiciels de calcul numérique ne peuvent représenter que de manière approchée, donc avec une certaine erreur qui empêche l eploitation ultérieure de leurs éventuelles propriétés. ans le calcul d intégrale suivant : integrate ( atan (),,,) = integrate ( atan (),,,) ; arctan() d = ln() π 4 Maima représente le résultat obtenu de manière eacte à l aide de constantes mathématiques célèbres (au lieu de se limiter à donner une valeur décimale approchée du résultat). Considérons enfin un eemple issu de l algèbre, où il s agit de déterminer les racines cubiques de l unité : S: solve ( ^ -=) ; i i + =, =, =. On remarque que Maima propose d emblée une représentation eacte des trois racines cubiques de l unité sous forme de nombres complees (l unité imaginaire étant notée %i). Intéressons-nous à la deuième racine trouvée :. 8

184 A. Maima & wmaima Jeudi 9 avril S []; pour en demander une valeur numérique approchée : float (S []) ; = i + =.5( i +.) Présentation Prompt Après avoir lancé le logiciel Maima à travers l interface graphique, on obtient une feuille de travail vierge. Pour démarrer avec Maima, il suffit d écrire une commande : une cellule va apparaître. Si on presse la touche Enter il apparaît l invite (prompt) qui, par défaut, est représentée par le smbole - ->. L utilisateur attentif remarquera que l invite est précédée par une sorte de smbole qui ressemble à un crochet ouvrant ([), appelé crochet d eécution. Caractères de fin de saisie Lorsque l on utilise Maima en interagissant directement avec l interpréteur, l interaction avec le logiciel consiste en une succession d instructions saisies par l utilisateur et de réponses fournies par l interpréteur. La feuille de travail présente les traces de cette interaction. L utilisateur doit donc saisir une instruction à côté de l invite et pour signifier la fin de sa saisie, il lui faut terminer la ligne de commande par le caractère ; ou par le caractère $. L instruction saisie sera interprétée et eécutée (si la sntae est correcte) dès que l utilisateur aura pressé simultanément les deu touches Shift et Enter (si vous appué juste sur la touche Enter vous passez simplement à la ligne sans évaluer votre epression). Lorsqu une instruction se finit par ;, l interpréteur de Maima eécute l instruction et, si elle est sntaiquement valide, affiche le résultat obtenu : +; ep (.) ; En revanche, si l instruction est terminée par $, Maima eécute l instruction de façon muette, c est-à-dire n affiche pas le résultat : a :+ $ a=a; a = 5 Cette façon de procéder est utile pour éviter l affichage de résultats volumineu comme les contenus de packages ou les objets graphiques sous-jacents au représentations graphiques. Groupement d instructions Pour saisir plusieurs instructions sur une même ligne et ainsi les passer simultanément à l interpréteur, il suffit de les séparer par des ; ou des $. Elles sont alors eécutées consécutivement, dans l ordre où elles ont été présentées, et les résultats, s il a lieu, sont affichés l un sous l autre en une seule fois par l interpréteur. +;.^(/) ;(*) ^; On peut aérer la présentation des instructions et passer à la ligne entre chacune d elles plutôt que de les écrire sur la même ligne. Pour passer à la ligne au sein du même crochet d eécution sans provoquer l eécution individuelle d une instruction au moment du changement de ligne, il faut presser la touche Enter. On remarque qu au moment où l on change de ligne, le crochet d eécution qui précède l invite s allonge de manière à englober les différentes lignes d instructions. Ce repère visuel a pour but de mettre en évidence l ensemble des instructions adressées simultanément à l interpréteur lors de la prochaine validation. Commentaires Ce qui se trouve entre /* et */ n est pas pris en compte par l interpréteur, comme le montre l eemple suivant :. Si l instruction n est pas sntaiquement valide, l interpréteur affiche un message d erreur ; les messages d erreur sont assez eplicites et donnent une bonne indication de la nature de l erreur rencontrée. 84 G. Faccanoni

185 Jeudi 9 avril A. Maima & wmaima +; /* un premier calcul tres simple */ /*.^(/) ; cette ligne n est pas prise en compte */ (*) ^; Variables et affectation Effectuer des calculs élaborés demande de conserver des résultats intermédiaires afin d accéder ultérieurement, d où le besoin de variables. Une variable est un emplacement en mémoire auquel est attachée une étiquette (le nom de la variable) qui permet d accéder à son contenu. L affectation assigne une valeur à une variable : elle établit une correspondance entre une étiquette et une valeur. Noms de variables Un nom de variable licite est un mot qui commence par une lettre suivie d un nombre fini de caractères, lettres, chiffres ou _ (underscore), autres que les caractères qui jouent un rôle particulier dans le langage (%, :, ;, =, $...) de sorte que l ensemble forme un mot n apparaissant pas dans les mots réservés ou les mots protégés du langage Maima. Par ailleurs, Maima distingue les majuscules des minuscules ; ainsi, a et A ne désignent pas la même variable comme le montre l eemple suivant : a :; a; A; Affectation Maima utilise «:» pour affecter une valeur à une variable (par eemple la commande a:; affecte la valeur à la variable a) et «:=» pour définir une fonction (par eemple la commande f():=^; définie la fonction f () = ). Pour affecter une fonction définie par morceau on peut utiliser la commande block comme dans l eemple qui suit k():= - sqrt (-); k():= sqrt (); k() := block ([], if ( < ) then return (k()) else return (k())); plotd (k,[, -,]) ; qui donne ou encore 6 k () =, k () =, k() = A { k () si <, k () si. k():= *.5; k () :=; k ():=* -6; k():= block ([], if ( < ) then return ( k ()) else return ( k ())); j() := block ([], if ( < ) then return (k()) else return (k())); Noms de variables fondés sur des lettres grecques Maima permet d utiliser des noms de variables comportant des lettres grecques. Pour obtenir une lettre grecque, il faut saisir son nom, le prett-printer la présentera selon la calligraphie usuelle : alpha :.56 $ alpha = alpha ; α =.56 Remarquons que la notation π désigne habituellement la constante trigonométrique dont une valeur décimale approchée est,4 et la notation γ désigne habituellement la constante d Euler ; cet usage a été adopté aussi dans Maima et la constante trigonométrique est désignée par le mot-clé %pi et la constante d Euler par le mot-clé %gamma. Opérateur dito Le smbole % désigne l opérateur dito qui permet d obtenir le dernier résultat calculé par l interpréteur (lorsqu il eiste) : a :+*; %;. Par eemple ne peuvent pas être utilisé comme nom de variable les mots integrate, net, from, diff, in, at, limit, sum, for, and, elseif, then, else, do, or, if, unless, product, while, thru, step ; ou encore cos,... G. Faccanoni 85

186 A. Maima & wmaima Jeudi 9 avril 7 7 On peut utiliser %i ou %o qui peuvent être utilisées comme toute autre variable. Il convient de ne pas abuser du recours à l opérateur dito. Il est à peine moins rapide et beaucoup plus recommandable d affecter un résultat intermédiaire à une variable afin de pouvoir s en servir autant de fois que nécessaire par la suite, en étant certain d évoquer la valeur que l on souhaite. Constantes numériques usuelles et fonctions Une liste des constantes usuellement utilisées dans Maima : %gamma constante d Euler %e constante de Néper e %pi nombre π %phi nombre d or ϕ = + 5 %i unité imaginaire i = inf infinis réel positif + minf infinis réel négatif infinit infinis comple Pour les estimer il suffit d utiliser la commande float(nom_de_le_constante). Une liste des fonctions usuellement utilisées dans Maima sin sinus, cos cosinus, tan tangente, cot cotangente, sec secante, csc cosecante, asin arcsinus, acos arccosinus, atan arctangente, acot arccotangente, asec arcsecante, acsc arccosecante, sinh sinus hperbolique, cosh cosinus hperbolique, tanh tangente hperbolique, asinh arcsinus hperbolique, acosh arccosinus hperbolique, atanh arctangente hperbolique, log logarithme naturel, ep eponentiel sqrt racine carrée abs valeur absolue float convers en floating point Nombres complees L unité imaginaire i est indiquée par %i. Eemple d utilisation des nombres complees : z :+5*% i; z : -+6*% i; z+z; z -z; epand (z*z); epand (z ^) ; Avec les nombres complees on peut utiliser les fonctions suivantes : cabs calcule le module d un nombre complee carg calcule l argument d un nombre complee rectform forme cartésienne d un nombre complee polarform forme polaire d un nombre complee realpart etrait la partie réelle d un nombre complee imagpart etrait la partie imaginaire d un nombre complee conjugate calcule le conjugué d un nombre complee Eemples : cabs (z); arg (z); z; -z; conjugate (z); epand (z* conjugate (z)); rectform (z/z); rectform ( sqrt (z)); polarform (z); polarform (z); Commandes inertes Certaines commandes Maima eistent sous deu formes : une forme active (nom de commande) et une forme inerte (nom de commande identique mais commençant par un ). La commande active conduit Maima à lancer un calcul pour proposer un résultat immédiatement. L homologue inerte d une commande active ne déclenche pas de calcul mais a pour effet d activer le prett-printer afin de produire un affichage du calcul en question selon une 86 G. Faccanoni

187 Jeudi 9 avril A. Maima & wmaima présentation conforme au habitudes de la calligraphie mathématique. Cette fonctionnalité permet une présentation plus agréable des résultats et une description eplicite des étapes intervenant dans la résolution d un problème. Les commandes qui eistent sous les deu formes sont diff (qui sert à calculer la dérivée, éventuellement partielle, d une epression algébrique), integrate (qui sert à calculer des primitives ou des intégrales) et limit (qui sert à calculer des limites). Nettoage de la mémoire de travail Lors d une session assez longue, il peut s avérer judicieu de nettoer complètement la mémoire de travail afin de récupérer de l espace mémoire et de reprendre proprement les définitions des objets et variables utilisés. Une telle réinitialisation s obtient avec la commande kill(all) a :; b :5; a; b; kill ( all ); a; b; 5 5 a b Insistons sur le fait que la présentation des instructions à l écran n est pas nécessairement fidèle à l ordre de leur eécution. En effet, l utilisateur constatera rapidement que l interface classique lui permet de se déplacer dans la feuille de travail avec les touches,, et ou avec la souris et de modifier une instruction et de la valider à nouveau, quel que soit son emplacement sur la feuille. En particulier, si kill(all) provoque l effacement des connaissances (variables ou fonctions définies par l utilisateur) de la mémoire de travail, il demeure sans effet sur le contenu de la feuille de travail de sorte que l utilisateur continue, après l appel à kill(all), de voir s afficher eactement la même chose qu avant l appel (alors que, juste après l appel, la mémoire de travail est vierge de toute connaissance...). ésaffecter une variable Nous venons de voir comment réinitialiser toute la mémoire de travail du sstème et donc comment désaffecter toutes les variables utilisées au cours d une session. Cependant on souhaite parfois désaffecter une seule ou quelques variables définies au cours de la session. Un moen de désaffecter une variable est de lui affecter sa version inerte comme dans l eemple : a :; a; a: a; a; Utilisation de l aide en ligne Pour obtenir de l aide à propos d une fonction il suffit de sélectionner la fonction et appuer sur la touche F. a a done G. Faccanoni 87

188 A. Maima & wmaima Jeudi 9 avril Commandes usuelles Calculs smboliques factor pour factoriser un nombre ou un polnôme ; par eemple factor (!) ; donne et factor (^ + -6); donne ( )( + ) epand pour développer une epression ; par eemple epand ((+) ^4) ; donne ratsimp pour simplifier des epressions rationnelles ; par eemple ratsimp ((^ -) /(+) ); donne trigsimp pour simplifier des epressions trigonométrique ; par eemple trigsimp (* cos ()^ + sin () ^) ; donne cos + trigepand pour développer des epressions trigonométrique ; par eemple trigepand ( sin (* )+ cos (* )); donne sin + cos sin + cos sum(ep,i,a,b) est la somme b i=a ep, simpsum calcule cette somme ; par eemple sum (k, k,, n); %, simpsum ; donne ou encore n k k= n(n + ) sum (/ k^4, k,, inf ), simpsum ; donne Résolution d équations et sstèmes On utilise la commande solve : π 4 9 solve (^ -4,); donne [ =, = ] et si on tape % 88 G. Faccanoni

189 Jeudi 9 avril A. Maima & wmaima on sélection la deuième solution = solve ( ^=, ); donne [ ] i i + =, =, = et trigsimp ( solve ([ cos ()^ -= - sin ()^], [])); donne [ = ] et solve ([ - * = 4, + * = 9],[,]); donne [[ =, = ]] Matrices et vecteurs On définit une matrice avec matri M: matri ([,],[,4]) ; On calcule son déterminant : determinant (M); Elle est donc inversible. On demande son inverse : MM: invert (M); Calculons le produit pour vérifier. On utilise le produit non commutatif smbolisé par., un point : M.MM; et on obtient bien l identité. Les valeurs propres s obtiennent avec eigenvalues eigenvalues (M); On vérifie qu il s agit bien des solutions du polnôme caractéristique donné par charpol solve ( charpol (M,)=,); On calcule la puissance quatrième. On utilise M ^^4; Sstèmes linéaires Pour résoudre un sstème linéaire on utilise la commande linsolve([eq,eq,...,eqn],[,,..., N]). Par eemple linsolve ([ +* +* +4* 4 =5, =5,* +* =9, +* +* =],[,,,4 ]); On peut utiliser la notation matricielle et l eemple précédent se réécrit : A: matri ([,,,4],[, -,, -],[,,,],[,,,]) ; b: matri ([5],[5],[9],[]) ; M:A ^^ -; M.b; Graphe de f () Pour représenter le graphe de f () pour [a;b] on utilise la commande plotd(f(),[,a,b]). Par eemple f: sin (); plotd (f,[, -*% pi,*% pi ]); ou G. Faccanoni 89

190 A. Maima & wmaima Jeudi 9 avril f():= sin (); plotd (f(),[, -*% pi,*% pi ]); donnent On peut afficher plusieurs graphiques plotd ([^, ^, ^4 - +],[, -,]) ; qui donne Graphe de t ((t), (t)) Pour tracer une courbe paramétrée on utilisera la commande plotd([[ parametric,(t),(t) ]],[t,a,b]). Par eemple plotd ([[ parametric, cos (t), sin (t) ]], [t,,*% pi ]); trace le cercle de raon unitaire centrée en (,). Objets graphiques On peut utiliser la commande drawd(color=nom_couleur,obj_f,color=nom_couleur,obg_g) où obg_ est un objet graphique comme dans l eemple g: eplicit (* sin (),, -%pi,% pi); g: parametric (* sin ( phi ),* cos ( phi ),phi,,*% pi); g: implicit (^ -^=,, -4,4,, -4,4); g4: polar (+.8* sin (* t),t,,*% pi); drawd ( nticks =, color =red,g, color =blue,g, color = green,g, color = orange,g4); ou encore c: parametric ( cos (t),sin (t),t, -%pi,% pi); c: parametric ( cos (t) */, sin (t) */,t, -%pi,) ; c: parametric ( * cos (t),.5+.5* sin (t),t, -%pi,% pi); c4: parametric (.5+.5* cos (t),.5+.5* sin (t),t, -%pi,% pi); drawd (c,c,c,c4); Limites de f () Pour calculer la limite lim f () on utilise la commande limit(f(),,_). Par eemple f: ep (); limit (f,,) = limit (f,,) ; limit (f,,inf )= limit (f,,inf ); limit (f,,- inf )= limit (f,,- inf ); 9 G. Faccanoni

191 Jeudi 9 avril A. Maima & wmaima donnent lim e =, lim e =, + lim e =. On peut indiquer aussi la direction : la commande limit(f(),,_,minus) calcule lim commande limit(f(),,_,plus) calcule lim + f (). Par eemple f () tandis que la limit (/,,, plus )= limit (/,,, plus ); limit (/,,, minus )= limit (/,,, minus ); donnent lim + = +, lim =. Formule de Talor Pour calculer le développement de Talor à l ordre n au voisinage de de la fonction f () on utilise la commande talor(f(),,_,n). Par eemple talor ( sqrt (+ ),,,4) ; donne érivées et etrema Pour calculer la dérivée de f () par rapport à on utilise la commande diff(f(),). Par eemple f: ^* ep (); diff (f,)= diff (f,); ou f():=^* ep (); diff (f(),)= diff (f(),); donnent ( + )e. Pour résoudre l équation g () = on utilise la commande solve(g()=,). Par eemple ici on écrira f: ^* ep (); df: diff (f,); solve (df =,); qui donne =, =. Primitives Pour calculer une primitive on utilise la commande integrate(f(),) qui intègre f () par rapport à ou retourne une epression intégrale (la forme nominale) si elle ne peut accomplir l intégration. Par eemple f: ^* ep (); integrate (f,); If:ev (%, nouns ); If: integrate (f,); donne e d ( + )e. Pour vérifier qu il s agit bien d une primitive, on calcul sa dérivée et on vérifie si on obtient la fonction de départ : diff (If,); epand (%) ; qui donne e. Intégrales Pour calculer une intégrale définie on utilise la commande integrate(f(),,a,b) qui intègre f () par rapport à entre a et b. Par eemple f: ^* ep (); integrate (f,, -,)= integrate (f,, -,); G. Faccanoni 9

192 A. Maima & wmaima Jeudi 9 avril donne e d = e. On peut calculer les intégrales impropres : integrate (/ ^,,, inf ); integrate (/,,, inf ); donne defint: integral is divergent. Équations différentielles ordinaires du premier ordre Pour calculer la solution d une équation différentielle du premier ordre on utilise la commande ode(edo,,) où edo est une équation différentielle de la variable dépendante et de la variable indépendante. Si, de plus, on a une condition ( ) =, on utilise la commande ic(sol,=_,=_) où sol est la solution calculée par la commande edo. Par eemple edo : diff (,) +(* ^+) *- ^* ep (-); est l EO qu on résout par solgen : ode (edo,,); et on obtient Si on impose la condition initiale () = ic ( solgen,=, =) ; on trouve () + ( + )() = e () = () = ( e +C ( e + ) ) e. e. Pour afficher le champ de vecteur de l équation différentielle () = f (, ()) et la solution qui passe par le point (, ) on utilise la commande plotdf(f(,()),[trajector_at,_,_]) après avoir chargé la librairie plotdf : load (" plotdf ")$ plotdf (-* +*,[ trajector_at,,]) $ Équations différentielles ordinaires du seconde ordre Pour calculer la solution d une équation différentielle du seconde ordre on utilise la commande ode(edo,,) où edo est une équation différentielle de la variable dépendante et de la variable indépendante. Si, de plus, on a deu conditions ( ) = A et ( ) = B, on utilise la commande ic(sol,= _,=A,d=B) où sol est la solution calculée par la commande edo. Par eemple edo : diff (,,) +* diff (,)+=( -)* ep (-); est l EO qu on résout par solgen : ode (edo,,); () + () + () = ( )e et on obtient Si on impose les conditions initiales () = et () = ic ( solgen,=,=, d =) ; epand (%) ; () = (C +C )e e. 6 on trouve ( () = 6 + ) + + e. 9 G. Faccanoni

193 Jeudi 9 avril A. Maima & wmaima Graphe de (, ) f (, ) Pour représenter le graphe de (, ) f (, ) pour (, ) [a;b] [c;d] on utilise la commande plotd (f(,),[,a,b],[,c,d]) ou encore plotd(f(,),[,a,b],[,c,d],[grid,m,m]) où m et m représentent le nombre de points affichés dans chaque direction. Par eemple f:* ^/( ^+ ^4) ; plotd (f,[, -,],[, -,],[ grid,,]) ; donne Pour representer plusieurs surfaces il suffit d utiliser plotd([f(,),g(,)],[,a,b],[,c,d]). Pour enlever la mesh de la surface on utilise l option [gnuplot_preamble, "set unsurface"]. On peut utiliser le Tk Schelter s d Plot Window au lieu de gnuplot comme dans l eemple plotd (f,[, -*% pi,*% pi ],[, -*% pi,*% pi ],[ plot_format, openmath ]); Objets graphiques On peut utiliser la commande drawd(color=nom_couleur,obj_f,color=nom_couleur,obg_g) où obg_ est un objet graphique. Par eemple f :/(+ ^+ ^) ; g: eplicit (f,, -6,6,, -6,6); drawd ( contour_levels =5, contour =both, enhancedd =true, grid =on,g); ou encore g: eplicit (* sin (),, -%pi,% pi); g: parametric (* sin ( phi ),* cos ( phi ),phi,,*% pi); g: implicit (^ -^=,, -4,4,, -4,4); g4: polar (+.8* sin (* t),t,,*% pi); drawd ( nticks =, color =red,g, color =blue,g, color = green,g, color = orange,g4); Graphe de fonctions définies implicitement Pour visualiser le graphe d une fonction définie implicitement par une équation f (, ) = on charge la librairie implicit_plot et on utilise la commande implicit_plot(f(,),[,a,b],[,c,d]). Par eemple load ( implicit_plot )$ implicit_plot (^ = ^ - * +, [, -4, 4], [, -4, 4]) ; Limites de (, ) f (, ) Avec Maima on ne peut pas calculer la limite d une fonction de plusieurs variables. Cependant le logiciel peut simplifier les calculs. Par eemple, on peut calculer la limite de restrictions de f (, ) à des courbes continues qui passent par le point (, ) comme dans l eemple f():=*/(^+ ^) ; f: subst ([=],f()); f: subst ([=],f()); f: subst ([=^],f()); limit (f,,) ; qui donne f () = +, f =, f =, f = 4 +, lim f =. On peut aussi passer en coordonnées polaires et simplifier l epression obtenue comme dans l eemple G. Faccanoni 9