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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Corrections 70
L’application f est de classe C1 .
Après résolution du système ⎧⎪
∂f
⎨ (x, y) = 0
∂x
⎪⎩
∂f
(x, y) = 0
∂y
on obtient (0, 0) seul point critique.
En passant en polaires, f(x, y) = r2 cos θ sin θ
cos 2 θ−sin 2 θ = r2 tan 2θ qui change de signe.
f n’a pas d’extremum locaux.
Exercice 106 : [énoncé]
a) Soit H une primitive de la fonction h, celle-ci existe car h est continue.
Puisque la fonction h est positive, la primitive H est croissante.
Si l’intégrale de h sur [a, b] est nulle alors H(a) = H(b) et la croissance de H
entraîne sa constance. On en déduit que la fonction dérivée h est nulle.
b) On vérifier que l’on a bien défini une forme bilinéaire symétrique définie
positive.
c) On a
1
√ 1 1
−x
xe dx x dx e−2x √
1 − e−2 dx =
2
0
II) Par la règle de d’Alembert, R = 1/e.
Sur [−1/e, 1/e],
Or sur ]−1, 1[,
+∞
n=1
+∞
n=1
shn
n(n + 1) xn = 1
+∞
2
n=1
yn n(n + 1) =
+∞ y
n=1
n
n −
0
+∞
n=1
y n
n + 1
0
(ex) n
n(n + 1) −
+∞
n=1
(x/e) n
n(n + 1)
1
= − ln(1 − y) + (ln(1 − y) + y)
y
Cette identité pouvant être prolongée en −1 et en 1 par continuité.
Cela permet alors d’expliciter la somme cherchée.
Exercice 107 : [énoncé]
I) a) Une récurrence, une séparation d’une somme en deux, un décalage d’indice
et une exploitation de la formule du triangle de Pascal.
b) La fonction f est de classe C ∞ par produit de fonctions qui le sont. Puisque
on obtient
e 2x (k) = 2 k e 2x et
e 2x
1 + x
(n)
= n!
(k)
1
=
1 + x
(−1)kk! (1 + x) k+1
n
k=0
(−1) k 2 n−k
(n − k)!
e 2x
(1 + x) k+1
II) ω n’est pas fermée et a fortiori n’est pas exacte.
Considérons le cercle Γ obtenu par le paramétrage
x = a + R cos t
avec t ∈ [0, 2π]
y = b + R sin t
On a
2π
ω = (a + R cos t) 2 R cos t − (b + R sin t) 2 2π
R sin t dt =
Γ
0
car 2π 2π
cos t dt = cos 3 t dt = 0
Ainsi
0
0
ω = 2π(a + b)R
Γ
2
Les cercles recherchés sont ceux centrés sur la droite d’équation x + y = 0.
Exercice 108 : [énoncé]
I) a) Par opérations, f est continue sur l’ouvert R 2 \ {(0, 0)}.
Quand (x, y) → (0, 0), on peut écrire x = r cos θ et y = r sin θ avec
r = x 2 + y 2 → 0 et alors
f(x, y) = r sin θ cos θ → 0 = f(0, 0)
Ainsi f est continue sur R 2 .
b) Par opérations, f admet des dérivées partielles en tout point de l’ouvert
R 2 \ {(0, 0)}.
En (0, 0),
1
lim (f(t, 0) − f(0, 0)) = 0
t→0 t
0
2aR 2 cos 2 t + 2bR 2 sin 2 t dt
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