1666724786535_math analyse

Cours Math Analyse
Année 2020-2021
Union Générale Tunisienne des étudiants
UGTE ISCAE
Pour plus d’informations :
Maryem Dhieb مريم ذياب (maryemdhieb7@gmail.com)
(54168923) فراس الوسالتي Firas Oueslati

2
Chapitre 1 : Dérivées et
Différentielles
RAPPEL :
1) Domaine de définition :
Fonction Polynôme :
F(x) = ax n + bx n-1 + … ; D f =R
Fonction avec Racine :
Exemple :
F(x)= √u(x)
1. F(x)= √x-1
D f = Il faut que x-1 > 0 x > 1
x € [ 1 ; +∞[.
Donc D f = [ 1 ; +∞[.
2. F(x) = √x 2 + 2 x − 3
D f = Il faut que x 2 + 2x − 3 ≥ 0 x 2 + 2x − 3 = 0
Ax 2 +bx+c=0
Si a+b+c=0 alors x’=1 et x’’= c a
Si a-b+c=0 alors x’= -1 et x’’= −c
a
Si non on calcul ∆= b 2 -4ac
Si ∆< 0 On n’a pas de solution
Si ∆ > 0 On a 2 Solutions x’ = −b+√∆
2a
Si ∆=0 On a une solution x’=x’’= −b
2a
x’’= −b−√∆
2a

3
Donc x 2 +2 x-3 =0 ; a=1 ; b=2 ; c=-3.
A+b+c=0 x’=1 ; x’’= −3
1 = -3
Tableau de signe :
x 2 +2 x-3 + - +
Donc D f =]-∞ ;-3] ᴗ [ 1 ; +∞[.
Fonction Rationnelle :
F(x)= U(x)
v(x) ; D f= Il faut que v(x)≠0
Exemple :
x
1. F(x)=
x−2
D f = Il faut que x − 2≠ 0 x ≠ 2 Donc D f = R \ {2}
2. F(x)=
1
x 2 +1
-∞ -3 1 +∞
D f = Il faut que x 2 + 1 ≠ 0 x 2 ≠ −1 (toujours vrai)
Donc D f = R
1
3. F(x)= On note que x 2 +2x+1 x2 + 2x + 1 = (x + 1) 2
donc F(x)=
1
(x+1) 2
D f = Il faut que (x + 1) 2 ≠ 0 x + 1 ≠ 0 x ≠ −1 Donc D f = R \ {-1}
Fonction Logarithme Népérien :
1. F(x)= ln x
D f = ]0; +∞[ D f = R +
∗
2. F(x)= ln (u(x))
D f = Il faut que u(x) > 0
Exemple :
1. F(x) =ln(x − 2)
Propriétés
ln(1) = 0
ln(e) = 1
ln(a ∗ b) = ln(a) + ln (b)
ln ( a ) = ln(a) − ln (b)
b
ln(a n ) = n ln(a)
ln(√a) = ln (a 1 2) = 1 ln (a)
2

4
D f = Il faut que x − 2 > 0 x > 2
Donc D f =]2 ;+∞[
Fonction Exponentielle :
1. F(x)= e x ; D f = R
Propriétés
e x > 0
e 0 = 1
e 1 = e
e ln (a) = a ; ln(e a ) = a
e a+b = e a . e b
e a−b = ea
e b
e −1 = 1 e
(e a ) n = e a∗n

5
1) Dérivée :
Dérivées Usuelles :

6
Dérivées des Fonctions :
Exemple :
F(x) = ln (x 3 + 2)
F ′ (x) = 3x2
x 3 +2
F(x) = e x2
F ′ (x) = 2xe x2

7
Application 1 :
Déterminer le domaine de définition D f et calculer F’ la dérivée de F dans chacun des cas suivants :
1. F(x) = x 4 + 1 3 x3 + 1 2 x2 + √x + 4
2. F(x) = x√x − 1
3. F(x) = x 2 ln (x)
4. F(x) = (x 3 + 2x + 1) 4
5. F(x) = x
x+1
6. F(x) = e 2x
7. F(x) = Ln(x 2 + 4x − 5)
8. F(x) = Ln(x−1)
x−2
Correction :
1. F(x) = x 4 + 1 3 x3 + 1 2 x2 + √x + 4
Df = R +
F ′ (x) = 4x 3 + x 2 + x + 1
2. F(x) = x√x − 1
2√x
Df = Il faut que x − 1 ≥ 0 x ≥ 1 donc Df=[1; +∞[
F ′ (x) = x ′ √x − 1 + x(√x − 1) ′
3. F(x) = x 2 ln (x)
Df=[0; +∞[
F ′ (x) = 2xln(x) + x 2 + 1 x F′ (x) = 2xln(x) + x
4. F(x) = (x 3 + 2x + 1) 4
Df = R

8
F ′ (x) = 4(3x 2 + 2)(x 3 + 2x + 1) 3
5. F(x) = x
x+1
Df Il faut que x + 1 ≠ 0 x ≠ −1 donc Df = R \ {−1}
F ′ (x) = x′ (x+1)−x(x+1)′
(x+1) 2 F ′ (x) = x+1−x
(x+1) 2 F′ (x) = 1
(x+1) 2
6. F(x) = e 2x
Df = R
F ′ (x) = 2e 2x
7. F(x) = Ln(x 2 + 4x − 5)
Df Il faut que x 2 + 4x − 5 > 0 ; On a x 2 + 4x − 5 = 0 ; a=1,b=4 ,c=-5
a+b+c=0 alors x’=1 et x’’= -5.
Tableau de signe :
x -∞ -5 1 +∞
x 2 + 4x − 5 + - +
Df = [−∞; −5[∪]1; +∞[
F ′ (x) =
8. F(x) = Ln(x−1)
x−2
2x+4
x 2 +4x−5
Df Il faut que x − 1 > 0 et x − 2 ≠ 0 x > 1 et x ≠ 2 x ∈]1; +∞[ \ {2}
F ′ (x) = (Ln(x−1))′ (x−2)−(x−2) ′ ln (x−1)
(x−2) 2 F ′ (x) =
1
(x−2)−ln(x−1)
x−1
(x−2) 2

9
II. Différentielle et valeur approchée :
1. Différentielle :
On note la différentielle de f définie par : d f = f ′ (x)dx
Exemple :
1. F(x) = x 2
d f = 2x dx
On note d f (x 0 ) est la différentielle au point x 0 définie par :
d f = f ′ (x 0 )(x − x 0 )
Exemple :
2. F(x) = x 3 ; x 0 = 2
d f = f ′ (2)(x − 2) ; f ′ (x) = 3x 2 d f = 12(x − 2)
2. L’équation de la tangente :
f est dérivable en x 0 alors ∁ f sa courbe admet une tangente au point d’abscisse x 0
d’équation : T: y = f ′ (x 0 )(x − x 0 ) + f(x 0 ) .
3. Valeur approchée :
f(x 0 ) ≅ f ′ (x 0 )(x − x 0 ) + f(x 0 ) = d f (x 0 ) + f(x 0 )
Exemple : Calculer f ′ (x) et la valeur approchée de √1. 03
3. F(x) = √x
F ′ (x) = 1
2√x
x 0 = 1 (la valeur exacte) ; x = 1. 03
√1. 03 = F(x) = √1.03 ≅ f ′ (1)(1. 03 − 1) + f(1) ≅ 1. 015
4. Une valeur approchée de l’accroissement de f :
∆ f = f(x) − f(x 0 ) ≅ f ′ (x 0 )(x − x 0 ) ≅ d f (x 0 )

10
Application 2 :
On donne F(x) = x√2x − 1
1. Déterminer le domaine de définition de f ; Df.
2. Calculer f ’(x).
3. Écrier l’équation de la tangente T de ∁ f au point d’abscissex 0 = 1.
4. Calculer une valeur approchée de f(0.99)
5. Déterminer la différentielle de f au point x 0 = 5.
6. Donner une valeur approchée de l’accroissement x passe de 5 à 4.96.
Correction :
1. F(x) = x√2x − 1
Df = il faut que 2x − 1 ≥ 0 2x ≥ 1 x ≥ 1 2 Donc Df =[1 2 ; +∞[
2. F ′ (x) = f ′ . g + g ′ . f = x ′ √2x − 1 + (√2x − 1) ′ x
F ′ (x) = √2x − 1 +
3. T: y = f ′ (x 0 )(x − x 0 ) + f(x 0 )
T: y = f ′ (1)(x − 1) + f(1)
T: y = 2(x − 1) + 1
T: y = 2x − 2 + 1
T: y = 2x − 1
2x
2√2x−1 F′ (x) = √2x − 1 +
x
√2x−1
4. f(x 0 ) ≅ f ′ (x 0 )(x − x 0 ) + f(x 0 )
f(0.99) ≅ f ′ (1)(0.99 − 1) + f(1)
f(0.99) ≅ 2(−0.01) + 1 = 0. 98
5. d f = f ′ (x 0 )(x − x 0 )
d f = f ′ (5)(x − 5) ; f ′ (5) = √2 ∗ 5 − 1 + 5
d f = 14
(x − 5)
3
√2∗5−1 = 14 3

11
6. ∆ f = f(x) − f(x 0 ) ≅ d f (x 0 ) avec x 0 = 5
∆ f ≅ 14
(x − 5) ; on prend x = 4. 96
3
∆ f ≅ 14 (4. 96 − 5) ≅ −0. 19
3
III. Dérivée logarithmique et élasticité :
1. Dérivée logarithmique :
On définit la dérivée logarithmique d’une fonction dérivable et strictement positive f(x) par :
Application 3 :
[Ln(f(x))]′ = f′ (x)
f(x)
⇨ f ′ (x) = [Ln(f(x))] ′ . f(x)
Calculer la dérivée logarithmique des équations suivantes
1. F(x) = x 2 + 2x + 1
2. F(x) = (x 2 + 1)(x − 2)
3. F(x) = x+1
x−3
Correction :
1. F ′ (x) = 2x + 2
[Ln(f(x))] ′ =
2x+2
= 2(x+1)
= 2
x 2 +2x+1 (x+1) 2 x+1
2. [Ln(f(x))] = Ln(f(x)) = Ln[(x 2 + 1)(x − 2) = Ln(x 2 + 1) + Ln(x − 2)
[Ln(f(x))] ′ =
2x
+ 1
x 2 +1 x−2
3. [Ln(f(x))] = Ln(f(x)) = Ln ( x+1
) = Ln(x + 1) − Ln(x − 3)
x−3
[Ln(f(x))] ′ = 1
− 1
x+1 x−3

12
2. Elasticité :
e f = x. f′ (x)
f(x)
L’élasticité au point x 0 : e f = x 0 . f′ (x 0 )
f(x)
3. Variation Relative de f :
∆ f
f
= ∆ x
. e f⁄ x x avec ∆ x = x − x 0
o Si x augmente de t% par rapport à x 0 donc ∆ x
x
= t%.
o Si x diminue de t% par rapport à x 0 donc ∆ x
Application Examen partiel 2016 :
Soit f(x) = e2x+1
(3x+2) 2 ; x > 0
x
= −t%.
1. Calculer la dérivée logarithmique de f (x).
2. On déduit f’(x).
3. Calculer l’élasticité de f en x 0 = 1.
4. Déterminer la variation relative de f si x augmente de 5% par rapport x 0 = 1.
Correction :
1. ln(f(x)) = ln ( e2x+1
(3x+2) 2) = ln(e2x+1 ) − ln(3x + 2) 2
ln(f(x)) = 2x + 1 − 2ln(3x + 2)
[Ln(f(x))] ′ = 2 − 2. = 2 −
3x+2
3
6
3x+2
2. [Ln(f(x))]′ = f′ (x)
f(x)
⇨ f ′ (x) = [Ln(f(x))] ′ . f(x)

13
f ′ (x) = (2 − 6
) . ( e2x+1 6x−2
3x+2 (3x+2) 2) =
3. e f⁄ x (1) = 1. f′ (1)
f(1) = 6x−2
3x+2 ∗ e2x+1
(3x+2)2
e 2x+1
(3x+2)2
= 6−2
3+2 = 4 5
e2x+1
∗ 3x+2 (3x+2) 2
4. ∆ f
f
= ∆ x
. e f⁄ x x (1) = 5% ∗ 4 = 4% 5
Application Examen partiel 2015 :
On donne f(x) = x√2x − 1
1. Montrer que la dérivée logarithmique de f est :
3x−1
x(2x−1)
2. Calculer l’élasticité de f au point x 0 = 1
3. Donner la variation relative de f si x diminue de 2% par rapport à x 0 = 1.
Correction :
1. Ln(f(x)) = Ln(x√2x − 1) = Ln(x) + 1 Ln(2x − 1)
2
[Ln(f(x))] ′ = 1 + 1 + 2
= 2x−1+x
=
3x−1
x 2 2x−1 (2x−1)∗x (2x−1)∗x
2. e f⁄ x (1) = 1. f′ (1)
= f(1) [Ln(f(1))]′ = 3−1
(2−1) = 2
3. ∆ f
f
= ∆ x
. e f⁄ x x (1) = −2% ∗ 2 = −4%
Application Examen partiel 2014 :
Soit f(x) = x ln(x)
1. Calculer la dérivée logarithmique de f
2. Calculer l’élasticité de f au point x 0 = 2
3. Donner la variation relative de f si x augmente de 3% par rapport à x 0 = 2.

14

15
Correction :
1. [Ln(f(x))] ′ = f′ (x)
= Ln(x)+x∗1 x
= Ln(x)+1
f(x) x.Ln(x) x ln (x)
2. e f⁄ x (2) = 2. f′ (2)
= 2. f(2) [Ln(f(2))]′ = 2. Ln(2)+1
= ln(2)+1
2 ln (2) ln(2)
3. ∆ f
f
= ∆ x
. e f⁄ x x (1) = 3%. ln(2)+1
ln(2)
= 3. ln(2)+1
%
ln(2)

16
Chapitre 2 : Formule de
Taylor et applications
I. Extremums et convexité :
1. Extremums :
On dit que f admet un extremum en a si et seulement si f ′ (a) = 0
Exemple :
f(x) = x 2 + 1 − 2x
f ′ (x) = 2x − 2
On fait f ′ (x) = 0 f ′ (x) = 2x − 2 = 0 2x − 2 = 0 2x = 2 x =
2
2 = 1
f admet un extremum en 1.
2. Nature des Extremums :
Extremums
Maximum
Minimum

17
‣ f admet un maximum absolu (global) en 0 qui est égal .
‣ f admet un maximum relatif (local) en – 3 qui est égal 1.
‣ f admet un minimum absolu (global) en −4 qui est égal −1 .
‣ f admet un minimum relatif (local) en 3 qui est égal 0.
Théorème
Si f"(a) > 0 alors f admet un minimum en a.
Si f"(a) < 0 alors f admet un maximum en a.
Exemple :
f(x) = x 2 + 1 − 2x
f ′ (x) = 2x − 2
On fait f ′ (x) = 0 f ′ (x) = 2x − 2 = 0 2x − 2 = 0 2x = 2 x =
2
2 = 1
f admet un extremum en 1.
Nature de l’extremum :
1 ère méthode :
x −∞ 1 +∞
f ′ (x) = 2x − 2
- +
f(x) = x 2 + 1 − 2x
1
‣ D’après le tableau de variation de f ⇨ f admet un minimum en 1.

18
2 ème méthode :
f(x) = x 2 + 1 − 2x
f ′ (x) = 2x − 2
f" (x) = 2 ; f" (1) = 2 > 0 ⇨ f admet un minimum en 1.
Application 1 :
f(x) = xe −x+1
1. Etudier les extremums de f.
2. Déterminer la nature d’extremum.
Correction :
1. f ′ (x) = e −x+1 + x(−e −x+1 ) = e −x+1 (1 − x)
f ′ (x) = 0 ⇨ e −x+1 (1 − x) = 0 Or e −x+1 ≠ 0 donc 1 − x = 0 ⇨ x = 1
Alors f admet un extremum en 1.
2. f" (x) = −e −x+1 (1 − x) + (−1). e −x+1 = e −x+1 (x − 2)
f" (1) = e −1+1 (1 − 2) = −1 < 0
Alors f admet un maximum en 1.
3. Convexité :
Définition :
f" (x) ≥ 0 ⇨ f est convexe
f" (x) ≤ 0 ⇨ f est concave
Exemple :
Etudier la convexité de la courbe de la fonction : f(x) = x 2 e x
f ′ (x) = 2xe x + x 2 e x = e x (2x + x 2 )

19
f"(x) = e x (2x + x 2 ) + (2 + 2x) = e x (x 2 + 4x + 2)
On fait f " (x) = 0 x 2 + 4x + 2 = 0
∆= b 2 − 4ac = 4 2 − 4. 1. 2 = 8 > 0
x ′ = −b+√∆
2a
= −4+√8
2
Tableau de signe :
= −4+2√2
2
= −2 + √2 ; x ′′ = −b−√∆
2a
= −4−√8
2
= −4−2√2
2
= −2 − √2
−2 − √2
−2 + √2
f"(x)
Convexité de f
+ - +
F est convexe F est concave F est convexe
II. Formule de Taylor :
Définition : Soit I un intervalle ouvert de R, pour tout n ∈ N*.
f: → R est une fonction de classe ∁ n si f est n fois dérivable et f n est continue sur I.
Notation :
f 0 (x) = f(x)
f 1 (x) = f ′ (x)
f 2 (x) = f"(x)
…
f n (x) = La dérivée nième
Factorielle :

20
1. Développement Limité de Taylor de la fonction f au voisinage de a à
l’ordre n :
f(x) = f(a) + (x − a)f ′ (x − a)2 (x − a)3
(a) + f"(a) + f′′′(a)
2!
3!
(x − a)n
+ ⋯ + f n (a) + θ(x − a) n
n!
Application 1 :
Trouver le DL 3 (0) des fonctions suivantes à l’aide de la formule de Taylor :
4. f(x) = e x
5. g(x) = ln (1 + x)
Correction :
6. f(x) = e x ; a = 0 ; n = 3.
f(x) = f(0) + (x − 0)f ′ (0) + (x−0)2
f"(0) + (x−0)3
f′′′(0) + θ(x − 0) 3
2!
3!
f(x) = f(0) + xf ′ (0) + x2
x3
f"(0) + f′′′(0) + θx3
2 6 f(0) = 1
→ f(x) = 1 + x + x2
2 + x3
6 + θx3
f ′ (0) = 1
f ′′ (0) = 1
7. g(x) = ln(1 + x) ; a = 0 ; n = 3.
g(x) = g(0) + (x − 0)g′(0) + (x−0)2
g"(0) + (x−0)3
g′′′(0) + θ(x − 0) 3
2!
3!
g(x) = g(0) + xg ′ (0) + x2
x3
g"(0) + g′′′(0) + θx3
2 6
→ g(x) = 1 + x + −x2
2
+ 2x3
6
+ θx3
f 3 (0) = 1
g(0) = 1
g ′ (0) = 1
g ′′ (0) = −1
g 3 (0) = 2

21
Développements limités usuels :
Application 2 : Ecrire le DL(0) de :
1. f(x) = √1 + x à l’ordre 2.
2. f(x) = 1
1+x
Correction :
à l’ordre 3.
1. f(x) = √1 + x = (1 + x) 1 2 = 1 + 1 x + 1 . (1 2 −1)
x 2 + 0(x 2 )
2 2
f(x) = 1 + 1 x − 1 2 8 x2 + 0(x 2 )
2. f(x) = 1
= (1 + 1+x x)−1 = 1 − x + −1. (−1−1)
2
f(x) = 1 − x + x 2 − x 3 + 0(x 3 )
Application3 :
2
x 2 + −1. (−1−1).(−1−2)
x 3 + 0(x 3 )
6
Déterminer le DL3(0) de la fonction f(x) = ln (1 + 2x) par deux méthodes.
Correction :
1ére méthode : à l’aide de formule de Taylor :
f(x) = f(0) + (x − 0)f ′ (0) +
(x − 0)
f"(0) +
2!
(x − 0)
f 3 (0) + 0(x − 0) 3 .
3!
‣ f′(x) = 2
(−2)(2)
; f"(x) = =
−4
; 1+2x (1+2x) 2 (1+2x) 2 f′′′ (x) = −4(−2)(2)
= 16
(1+2x) 3 (1+2x) 3
‣ f(0) = 0 ; f′(0) = 2 ; f"(0) = −4 ; f 3 (0) = 16
Donc f(x) = 2x − 2x 2 + 8 3 x + 0(x3 ).

22
2éme méthode : DL usuel
x → 0 ⇒ 2x = X ⟶ 0
Ln(1 + 2x) = 2x + −2x 2 + (2x)3
+ 0(x 3 )
Ln(1 + 2x) = 2x + −2x 2 + 8 3 x3 + 0(x 3 )
3
Application4 :
Ecrire le DL au voisinage de 0 des fonctions suivantes :
1. f(x) = e x2 à l’ordre 6.
2. f(x) = e 2x+1 à l’ordre 3.
3. f(x) = ln (2 + x) à l’ordre 3.
4. f(x) = √1 + x 3 à l’ordre 2.
Correction :
1. f(x) = e x2 on a X → 0 ⟹ x 2 = X ⟶ 0
f(x) = e x = 1 + X + X2
+ X3
+ X4
+ X5
+ X6
2! 3! 4! 5! 6!
f(x) = 1 + x 2 + x4
+ x6
+ x8
+ x10
2 6 24 5!
2. f(x) = e 2x+1 = e x2 . e 1 (On pose X=2x).
f(x) = e[1 + 2x + (2x)2
2!
+ (2x)3
3!
+ x12
6!
+ 0(x 3 )
+ 0(x 6 )
3. f(x) = ln(2 + x) = ln (2(1 + x 2 )) = ln(2) + ln (1 + x 2 ) (On pose x 2 = X).
f(x) = ln(2) + ln(1 + x)
f(x) = ln(2) + X − X2
2 + X3
3 + 0(x3 )
f(x) = ln(2) + x x 2
− 4
2
x 3
+ 8
2
3 + 0(x3 )
(On efface
tout ordre qui
dépasse le 6)

23
f(x) = ln(2) + x 2 − x2
8 + x3
24 + 0(x3 )
4. f(x) = √1 + x 3 = ((1 + x) 1 2) 3 = (1 + x) 3 2.
(1 + x) 3 2 = 1 + 3 3
x + 2 (3 2 −1)
2
2!
x 2
f(x) = 1 + 3 2 x + 3 8 x2 + 0(x 2 ).
2. L’équation de la tangente au pt d’abscisse a :
T : y = f ′ (a)(x − a) + f(a)
Le DL de f(x) au pt d'abscisse a est :
f(x) = f(a) + (x − a)f ′ (a) +
(x − a)2
f"(a) +
2!
(x − a)3
f′′′(a) + ⋯ +
3!
(x − a)n
f n (a) + θ(x − a) n
n!
L’équation de la tangente de T à ∁ f au pt d’abscisse a est égale le DL de f au point d’abscisse à l’ordre 1.
Exemple :
f(x) = x + 1 + x2
2 + x3
3 + 0(x3 ) ⇨ T: y = x + 1
g(x) = Ln(2) + (x − 1) + (x−1)2
2
2. Position de ∁ f par rapport à T :
+ (x−1)3
6
Si f(x) − y ≥ 0 alors ∁ f est au dessus de T.
Si f(x) − y ≤ 0 alors ∁ f est au dessous de T.
Théorème :
⇨ T: y = x + Ln(2) − 1
Le signe de f(x) − y est celui le signe du polynôme qui suit directement l’équation de la tangente.
Exemple :
f(x) = x + 2 + (x−1)2
2
+ (x−1)3
6
+ 0((x − 1) 3 ) ⇨ T: y = x + 2

24
Position de ∁ f par rapport à T : f(x) − y prend le signe de (x−1)2
⇨ ∁ f⁄ T
.
2
≥ 0 alors ∁ f est au dessus de T
g(x) = x − 3 + (x−3)3
2
+ (x−3)5
9
+ 0((x − 3) 5 ) ⇨ T: y = x − 3
Position de ∁ f par rapport à T : g(x) − y prend le signe de (x−3)3
2
⟺ (x − 3) 3 = 0 ⟺ x = 3
(x − 3) 3
2
Position de ∁ f par rapport à T
3
- +
T
⁄ ∁f
∁ f
⁄ T

25
Chapitre 3 : Fonctions a
plusieurs variables
I. Fonction à deux variables :
1. Domaine, Dérivée partielle première et seconde :
Dérivée première de F
Dérivée seconde de F
Application1 :
Dans chacun des cas suivants déterminer les dérivées partielles premières et secondaires de f.
1. f(x, y) = 2x 2 y 3 + 2xy + 3y + 1
2. f(x, y) = xy
y−2x+1
3. f(x, y) = ln (x 2 + y 2 − 4)
Correction :
1. f(x, y) = 2x 2 y 3 + 2xy + 3y + 1

26
D f = x ∈ R et D f = f ∈ R Donc R. R = R 2
Les dérivées premières de f :
f ′ x (x, y) = 4xy3 + 2y + 0 + 0 = 4xy 3 + 2y
f ′ y (x, y) = 6x2 y 2 + 2x + 3 + 0 = 6x 2 y 2 + 2x + 3
Les dérivées secondaires de f :
f ′′ x 2 (x, y) = (4xy 3 + 2y) ′ = 4y 3 + 0 = 4y 3
Dérivée secondaire par rapport à x.
f ′′ yx (x, y) = 4x. 3y2 + 2 = 12xy 2 + 2
f ′′ y 2 (x, y) = (6x 2 y 2 + 2x + 3)′ = 6x 2 . 2y + 0 + 0 = 12x 2 y
f ′′ yx (x, y) = 4x. 3y2 + 2 = 12xy 2 + 2
Dérivée secondaire par
rapport à y.
2. f(x, y) = xy
y−2x+1
D f il faut que y − 2x + 1 ≠ 0 ⟺ y ≠ 2x − 1
On pose ∆: y = 2x − 1(droite)
∆: y = 2x − 1
D f =R 2 ⋋ ∆
Les dérivées premières de f :

27
f ′ x (x, y) = (xy)′ .(y−2x+1)−(y−2x+1) ′ .(xy)
(y−2x+1) 2
f ′ y (x, y) = (xy)′ . (y − 2x + 1) − (y − 2x + 1) ′ . (xy)
(y − 2x + 1) 2
=
x − 2x 2
(y − 2x + 1) 2
= y.(y−2x+1)−(xy).(−2)
(y−2x+1) 2 = y2 +y
(y−2x+1) 2
=
x(y − 2x + 1) − (xy)
(y − 2x + 1) 2
Les dérivées secondaires de f :
f ′′ y 2 ′
+ y
1
′
x
(x, y) 2 = (
(y − 2x + 1) 2) = (y 2 + y)′. (
(y − 2x + 1) 2)
= (y 2 + y). ((y − 2x + 1) −2 ) ′
= (y 2 + y)((−2). (0 − 2 + 0)(y − 2x + 1) −3 ) = 4(y2 + y)
(y − 2x + 1) 3
f ′′ yx (x, y) = y 2 ′
+ y
f′′ (x, y) = (
xy (y − 2x + 1) 2)
= (y2 + y) ′ (y − 2x + 1) 2 − (y 2 + y)(y − 2x + 1) 2 ′
((y − 2x + 1) 2 ) 2
= (2y + 1)(y − 2x + 1)2 − (y 2 + y)(2.1. (y − 2x + 1))
(y − 2x + 1) 4
= (y − 2x + 1). [(2y + 1). (y − 2x + 1) − (2). (y2 + y)
(y − 2x + 1) 4
= 2y2 − 4xy + 2y + y − 2x + 1 − 2y 2 − 2y
(y − 2x + 1) 3
−4xy + y − 2x + 1
=
(y − 2x + 1) 3
f ′′ x − 2x 2 ′
′
y 2 (x, y) = (
(y − 2x + 1) 2) = (x − 2x 2 1
) (
(y − 2x + 1) 2) = (x − 2x 2 )(y − 2x + 1) −2
= (x − 2x 2 )((−2)(1)(y − 2x + 1) −3 ) = (−2)(x − 2x2 )
(y − 2x + 1) 3

28
3. f(x, y) = ln (x 2 + y 2 − 4)
L’équation cartésienne d’un cercle C de centre I (a, b)
et de rayon R (x − a) 2 + (y − b) 2 = R 2
D f il faut que x 2 + y 2 + 4 > 0
x 2 + y 2 − 4 = 0 ⟺ x 2 + y 2 = 4 ⇔ x 2 + y 2 = 2 2 ⟺ (x − 0) 2 + (y − 0) 2 = 2 2
C’est l’équation cartésienne d’un cercle de centre I(0,0) et de rayon R=2.
Les dérivées premières de f :
f ′ x (x, y) = (x2 + y 2 − 4)′
x 2 + y 2 − 4 = 2x
x 2 + y 2 − 4
f ′ y (x, y) = (x2 + y 2 − 4)′
x 2 + y 2 − 4 = 2y
x 2 + y 2 − 4
2. Homogénéité :
Soit T > 0 et K ∈ R on dit que f est homogène de degré K si et seulement si :
f(tx, ty) = t k . f(x, y)
Exemple :
f(x, y) = x3 2
√x + y ⟺ f(tx, ty) = tx3 2
√tx + ty = t3 2. x 3 2
√t(x + y) = t 3 2. x 3 2
√t + √x + y = t3 2
√t + x3 2
= t3 2
t 1 + f(x, y) = ⁄ t3 2 −1 2 + f(x, y) = t 1 + f(x, y)
2
f(x, y) est homogène de degré k=1.
3. Elasticité :
√x + y
e f (x, ⁄ y) = x. f′ x (x,y)
x
f(x,y)
; e f (x, y) = y. f′ y (x,y)
⁄ y
f(x,y)

29
4. Relation d’Euler :
x. f ′ x (x, y) + y. f′ y (x, y) = k(x, y) ⇔ e f⁄ (x, y) + e f (x, y) = k
x
⁄ y
5. Fonction Cobb Douglas :
On dit que f est une fonction Cobb Douglas si et seulement si elle s’écrit sous la forme :
f(x, y) = c. x a . y b
Théorème :
Si f est une fonction Cobb Douglas : e f x
Exemple :
(x, ⁄ y) = a ; e f (x, y) = b ; k = a + b
⁄ y
f(x, y) = 2x 3 y 4 ⇨ f est une fonction Cobb Douglas ⇨ e f x
k = 7.
6. Variation relative de f :
(x, ⁄ y) = 3 ; e f (x, y) = 4 ;
⁄ y
Si x varie et y fixe donc ∆f
Si x fixe et y varie donc ∆f
Si x varie et y varie donc ∆f
f
f
f
= ∆x
x
= ∆y
y
= ∆x
= e f (x, y)
⁄ x
= e f (x, y)
⁄ y
∗ e ∆y
f (x, y) +
x ⁄ ∗ e f (x, y)
x
y ⁄ y
Application:
Soit f(x, y) = x 3 + 2x 2 y + xy 2

30
1. Etudier l’homogénéité de f.
‣ Soit T > 0 donc f(tx, ty) = (tx) 3 + 2(tx) 2 . ty + tx. (ty) 2
= t 3 . x 3 + 2. t 2 . x 2 . ty + tx. t 2 . y 2 = t 3 . x 3 + 2. t 3 . x 2 . y + t 3 . x. y 2
= t 3 (x 3 + 2x 2 y + xy 2
= t 3 . f(x, y)
‣ Alors f est homogène de degré k = 3
2. Calculer la dérivée partielle première de f :
f ′ x (x, y) = 3x2 + 4x + y 2
f ′ y (x, y) = 2x2 + 2xy
3. Calculer l’élasticité de f e f (x, y) :
⁄ x
e f (x, ⁄ y) = x. f′ x (x,y)
= x. 3x 2 +4xy+y 2
x
f(x,y) x 3 +2x 2 y+xy 2
⟺ e 3+4+1
f (1, 1) =
⁄ = 8 = 2
x
1+2+1 4
4. Déduire l’élasticité de f e f (x,
⁄ y
y):
D’après la relation d’Euler : e f x
(x, y) = k − e ⁄
f (x, y) = 3 − 2 = 1
⁄ x
e f y
(x, ⁄ y) + e f (x, y) = k
⁄ y
5. A - Calculer la variation relative de f lorsque x varie ↗ de 2% à partir de x 0 = 1 et
y 0 = 1 fixe:
∆f
f = ∆x
x = e f (1, 1) = 2% ∗ 2 = 4%
⁄ x
5. B - Calculer la variation relative de f lorsque y varie ↘ de 0.5 à partir de y 0 = 1 et
x 0 = 1 fixe:
∆f
f = ∆y
y = e f (x, y) = −0, 5 ∗ 1 = −0. 5 = −50%
⁄ y

31

32
5. C - Calculer la variation relative de f lorsque y varie ↗ de 0.5 à partir de y 0 = 0, 1 et
x varie ↗ de 40% à partir de x 0 = 1 :
∆f
f = ∆x
x ∗ e ∆y
f (1, 1) +
⁄ x y ∗ e f (1, 1) = 0. 4 ∗ 2 + 0. 1 ∗ 1 = 0, 9 = 90%
⁄ y
II. Les extremums libres :
1. Point critique :
On dit que f admet un point critique (x 0 ; y 0 )si et seulement si :
f ′ x (x 0; y 0
) = 0
f ′ y (x 0; y 0
) = 0
‣ Le point critique (x 0 ; y 0 ) est le point qui annule les dérivées premières de f.
4. Point critique :
On définit par la matrice H suivante :
f ′′ (x, y)
x 2 f ′′ (x, y)
xy
H =
f ′′ yx (x, y) f′′ y 2 (x, y)
Soit (x 0 ; y 0 ) est un point critique de f on remplace ce point dans la matrice :
H=
r x Après on calcule le déterminant
det(H)= rt - x 2

33
x
t
t

34
1 ère cas :
Si dét(H) < 0 alors (x 0 ; y 0
) n’est pas un extremum c’est un point col ou selle
2 ème cas :
Si dét(H) > 0 alors (x 0 ; y 0
) est un extremum de plus si :
r > 0 ⟹ (x 0 ; y 0 ) est un minimum
r < 0 ⟹ (x 0 ; y 0 ) est un maximum
3 ème cas :
Si dét(H) = 0 on ne peut pas conclure.
Application:
Soit f(x, y) = (x 2 + y 2 ). e x
1. Déterminer les dérivées partielles premières de f.
2. Chercher les points critiques de f.
3. Calculer les dérivées partielles secondaires de f.
4. Déduire la nature des points critiques.
Correction :
1. f ′ x (x, y) = (x2 + y 2 ) ′ . e x + (e x )′. (x 2 + y 2 )
= 2x. e x + e x . (x 2 + y 2 )
= e x (2x + x 2 + y 2 )
f ′ y (x, y) = (x2 + y 2 ) ′ . e x + (e x )′. (x 2 + y 2 )
= 2y. e x + 0. (x 2 + y 2 )

35
2.
= 2y. e x
f ′ x (x 0; y 0
) = 0
f ′ y (x 0; y 0
) = 0
⇨
e x (2x + x 2 + y 2 ) = 0
2y. e x = 0
(2x + x 2 + y 2 ) = 0
(2x + x 2 ) = 0
⇨
⇨
2y = 0
y = 0
(2x + x 2 ) = 0
⇨ x(2 + x) = 0
x = 0 ou x = −2
Alors les points critiques de f sont (0,0)et (−2,0)
3. f ′′ x 2 (x, y) = [e x . (2x + x 2 + y 2 )] ′
= (e x )′. (2x + x 2 + y 2 ) + (2x + x 2 + y 2 )′. e x
f ′′ y 2 (x, y) = [2y. e x ] ′ = 2.1. e x = 2e x
= e x . (2x + x 2 + y 2 ) + e x . (2 + 2x)
= e x (x 2 + y 2 + 4x + 2)
f ′′ yx (x, y) = f′′ xy (x, y) = ex (2x + x 2 + y 2 ) = e x . 2y = 2ye x
e x (x 2 + y 2 + 4x + 2)
2ye x
H =
2ye x
2e x

36

37
Nature des points:
H(0;0)
⟹ dét(H) = 4 > 0
2 0
0 2
Alors (0 ;0) est un minimum.
H(-2;0)
⟹ dét(H) = −2e −2 . 2e −2
= −4e −4 < 0
e −2 (4 − 8 + 2) 0
0 2e −2
Alors (-2 ;0) n’est pas un
extremum c’est un col.
III. Equation du plan :
On définit l’équation du plan P tangent à Sp surface de f au point (x 0 ; y 0 ); f(x 0 ; y 0 )
Par l’équation suivante :
P: z = f(x 0 ; y 0
) + f ′ x (x 0; y 0 ). (x − x 0 ) + f ′ y (x 0; y 0 ). (y − y 0 )

38
Application:
On donne f(x; y) = x 3 + 2xy + y
1. Calculer les dérivées partielles premières de f
2. Donner l’équation du plan P tangent a S P au point [(1; 0); f(1; 0) ]
3. Déduire une valeur approchée de f(1.001; 0.05)
Correction :
1. f ′ (x, y) = 3x + 2y
x
f ′ (x, y) = 2x + 1
y
df(x 0 ; y 0 ): la différentielle de f au point (x 0 ; y 0 )
2. P: z = f(1; 0) + f ′ x (1; 0). (x − 1) + f′ (1; 0). (y − 0)
y
z = 1 + 3(x − 1) + 3y = 1 + 3x − 3 + 3y
P: z = 3x + 3y − 2
3. f(x; y) ≃ z ⟹ f(x; y) ≃ 3x + 3y − 2
f(1.001; 0.05) ≃ 3 ∗ 1,001 + 3 ∗ 0,05 − 2 ≃ 1,093
IV. Extremums liés par une contrainte :
1. Méthode de Lagrange :
On a f(x, y) = e x+y − 3(x + y) + (x − y) 2
• Etudier l’existence et la nature des extremums de f sous contrainte x + y = 2 .
Contrainte : x + y = 2 ⟺ on pose ∶ g(x, y) = x + y − 2 = 0
L(x, y, λ) = f(x, y) + λ ∗ g(x, y)
= e x+y − 3(x + y) + (x − y) 2 + λ ∗ (x + y − 2)
1 ère étape : les dérivées partielles premières
L ′ x (x, y, λ) = ex+y − 3 + 2x − 2y + λ

39
L ′ y (x, y, λ) = ex+y − 3 − 2x + λ
L ′ λ (x, y, λ) = x + y − 2 (TOUJOURS L′ λ (x, y, λ)= g(x, y))
2 ème étape : les points critiques
L ′ x (x, y, λ) = 0 ex+y − 3 + 2x − 2y + λ = 0 1
L ′ y (x, y, λ) = 0 ⇨ ex+y − 3 − 2x + λ = 0 2
L ′ λ (x, y, λ) = 0 x + y − 2 = 0 3
1 - 2 = 4x − 4y ⟺ 4x = 4y ⟺ x = y
3 ⟹ 2x − 2 = 0 ⟺ 2x = 2 ⟺ x = 1 et y = 1
1 ⟹ e 2 − 3 + 2 − 2 + λ = 0 ⟺ λ = 3 − e 2
⟹ A(1, 1, 3 − e 2 )
3 ème étape : les dérivées partielles secondes
On note
L ′′ x 2(x, y, λ) L′′ yx (x, y, λ) g′ x (x, y)
H =
L ′′ y2(x, y, λ) g′
y (x, y)
0
g′ x (x, y) = 1
g′ y (x, y) = 1

40
L ′′ x 2(x, y, λ) = [L′ x (x, y, λ)]′ = ex+y + 2
L ′′ y 2(x, y, λ) = [L′ y (x, y, λ)]′ = ex+y + 2
L ′′ yx (x, y, λ) = ex+y − 2
e x+y + 2 e x+y − 2 1
e x+y − 2 e x+y + 2 1
1 1 0
4 ème étape : nature des points critique
A(1, 1, 3 − e 2 )
+
- +
Théorème :
Si dét(h) > 0 alors A max de L.

41
Si dét(h) < 0 alors A min de L.
dét(h) = 1. | e2 − 2 1
e 2 + 2 1 | − 1. |e2 + 2 1
e 2 − 2 1 |
= e 2 − 2 − (e 2 + 2) − [e 2 + 2 − (e 2 − 2)]
= e 2 − 2 − e 2 − 2 − e 2 − 2 + e 2 − 2
= −8 < 0
⟹ A est un minimum de L et (1,1)est minimum de f sous la contrainte x + y =2

42
Chapitre 4 : intégrale et
calcul des sommes
I. Intégrale :
1. Primitives usuelles :
e ax 1
a eax + c
1
√x
2√x
2. Primitives des fonctions :

43
Application:
Trouver les primitives suivantes :
∫ 3x 2 + 1
√x + e2x dx
= 3. 1 3 . x3 + 2√x + 1 2 . e2x + c
∫ 2x
x 2 +1 dx
= ln|x 2 + 1| + c = ln x 2 + 1 + c
∫ x2
x 3 +1 dx
= 1 3 ∫ 3x2
x 3 +1 dx
= 1 3 ln|x3 + 1| + c
∫
x
dx x 2 +1
= 1 2 ∫ 2x
x 2 +1 dx
= 1 2 ( −1
x 2 +1 ) + c
∫
x3
2√x 4 +1 dx
= 1 4 ∫
4x3
dx
2√x 4 +1
= 1 4 √x4 + 1 + c
∫
x2
√x 3 +1 dx
= 2 3 ∫
3x2
dx
2√x 3 +1
= 2 3 √x3 + 1 + c

44

45
∫ ln2 x
x
dx
= ∫ 1 x . ln2 x dx
1
2+1 ln3 x + c
1 3 ln3 x + c
∫ 1
x lnx dx
= ∫
1
x
lnx dx
= ln|ln x| + c
∫ x2
x 2 +1 dx
∫ (x2 +1)−1
dx
x 2 +1
∫ x2 +1
− 1
dx
x 2 +1 x 2 +1
∫ 1 − 1
dx x 2 +1
= x − arctan x + c
3. Primitives par partie :
I = ∫ u. v ′ dx
u ⟼ u′
⟹ I = u. v′ ∫ u ′ . v dx
v′ ⟼ v
Exemple :
1. I = ∫ xe x dx
u: x ⟼ u ′ = 1
v ′ : e x ⟼ v = e x
I = xe x − ∫ e x dx = xe x − e x + c

46
2. I = ∫ x ln x dx
u: ln x ⟼ u ′ = 1 x
v ′ : x
⟼ v = 1 2 x2
I = 1 2 x2 ln x – ∫ 1 x ∗ 1 2 x2 dx = 1 2 x2 ln x − 1 ∫ x dx
2
= 1 2 x2 ln x − 1 2 (1 2 x2 ) = 1 2 x2 ln x − 1 4 x2 + c
4. Primitives avec changement de variables :
Exemple :
1. ∫ x2
x 3 +1 dx
Méthode classique :
∫
3x2
x 3 + 1 dx = 1 3 ln(|x3 + 1|) + c
Changement de variable :
On pose t = x 3 + 1
1dt = 3x 2 dx
x 2 dx = dt
3
∫ 1 dt
= 1 ∫ dt
= 1 ln|t| + c
t 3 3 t 3
1 3 ln|x3 + 1| + c
5. Primitives de la forme ∫
1 ère cas :
dx
ax 2 +bx+c :
Si ∆< 0 avec ∆= b 2 − 4ac
f(x) = ∫ 1
dx ; a = 1; b = 0; c = 4 ; ∆= −16 < 0
4+x2

47
f(x) = ∫ 1
dx = ∫ 1
4+x 2 4+( x dx
)2
2
Changement de variable :
On pose t = x 2
⟹ 1dt = 1 dx ⟹ dx = 2dt
2
Rappel :
∫ 1
1 + t 2 dt
= Arctg(t)
1 ∫ 2dt
= 1 arctg(t) + c
4 1+t 2 2
= 1 arctg 2 (x) + c 2
2 ème cas :
Si ∆ > 0 avec ∆= b 2 − 4ac
• f(x) = ∫ 1
x 2 −1 dx
Factorisation :
a 2 − b 2 = (a − b)(a + b)
1
x 2 + 1 = 1
(x − 1)(x + 1)
Décomposition en élément simple :
1
(x−1)(x+1) =
a
x−1 +
b
x+1
a=
1
x − 1 = 1 2 b=
1
x − 1 = − 1 2
X=1
X=-1

48
⟹ ∫ 1
1
x 2 − 1 dx = ∫ ⁄ 2
x − 1 + − 1⁄
2
x + 1 dx = 1 2 ∫ 1
x − 1 dx − 1 2 ∫ 1
x + 1 dx
• f(x) = ∫
= 1 2 ln|x − 1| − 1 ln|x + 1|
2
1
x 2 +2x−3
dx ; a = 1; b = 2; c = −3 ; ∆= 16 > 0
x = −b±√b2 −4ac
2a
⟹ x ′ = −3 et x ′′ = 1
Factorisation :
ax 2 + bx + c = a(x − x ′ )(x − x ′′ )
x 2 + 2x − 3 = (x + 3)(x − 1)
Décomposition en élément simple :
1
x 2 + 2x − 3 = 1
(x + 3)(x − 1) =
α
(x + 3) +
β
(x − 1)
α =
1
(x+3) = 1 4
X=1
1
1
x 2 + 2x − 3 = 4
(x + 3) +
−1
4
(x − 1)
1
1
∫ dx = ∫ 4
+
x 2 +2x−3 (x+3)
1 ln|x − 1| − 1 ln|x + 3| + c
4 4
−1
4
(x−1) dx = 1 4 ∫ 1
(x+3) dx − 1 4 ∫ 1
(x+3) dx

49
II. Calcul des sommes :
∑
+∞
κ=0 x κ {
+∞
n ′ existe pas si x ≤ −1
1
1−x
∑ k(k − 1)x k−2
κ=2
+∞
κ=1
si − 1 ≤ x ≤ 1
+∞ si x ≥ 1
=
2
(1 − x)
3
si − 1 < x < 1
∑ kx k 1
=
(1 − x) 2 si − 1 < x < 1
+∞
∑ xk
k=0
+∞
xk−1
+∞
xk−2
k! = ∑ (k − 1)! = ∑ = 2 x
(k − 2)!
k=1
Application:
k=2
1. ∑ +∞
κ=0 (−2) κ = n ′ existe pas
2. ∑+∞
κ=0 3 κ = +∞
3. ∑
+∞
( 1 2 )κ = 1
= 2
κ=0
1− 1 2
4. ∑
+∞
( 1 4 )κ = 1
κ=0
1− 1 4
= 4 3

50
L'Union générale Tunisienne des
Etudiants (UGTE) vous souhaite le
sucées.