Exercice 1 : Quatre séries : choisir le critère, puis le justifier

Pour chaque série, nommez le critère utilisé, vérifiez ses hypothèses et concluez. Un verdict sans critère ne rapporte aucun point, et un critère dont la limite vaut $1$ ne conclut rien : il faut alors en changer.

a) $\displaystyle\sum_{n\geq 1}\frac{\sqrt{n}+1}{n^{2}+3}$ . Expliquez aussi pourquoi le critère de d'Alembert ne sert à rien ici.
b) $\displaystyle\sum_{n\geq 1}\frac{a^{n}}{n^{2}+2^{n}}$ pour $a=1$ , $a=3$ , puis $a=2$ . Calculez la limite $L$ du rapport $\frac{u_{n+1}}{u_{n}}$ en fonction de $a$ , et tranchez le cas où le critère se tait.
c) $\displaystyle\sum_{n\geq 2}(-1)^{n}\frac{\ln n}{n}$ : convergence absolue, conditionnelle, ou divergence ? À partir de quel rang la suite $\frac{\ln n}{n}$ décroît-elle ?
d) Vrai ou faux, justifiez : « $\displaystyle\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^{1+1/n}}$ converge, car c'est une série de Riemann d'exposant $1+\frac{1}{n}>1$ . »

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/9

a)

Nature

b)

L

en fonction de

a

Pour

a=1

Pour

a=3

Pour

a=2

c)

Décroît à partir du rang

Nature

d)

L'affirmation

Nature

Voir la correction

Réponses

a) Converge (comparaison par limite avec $\sum\frac{1}{n^{3/2}}$ ) ; d'Alembert donne $L=1$
b) $L=\frac{a}{2}$ : converge pour $a=1$ , diverge pour $a=3$ ; pour $a=2$ , $L=1$ et la série diverge (terme général vers $1$ )
c) Conditionnellement convergente ; $\frac{\ln n}{n}$ décroît à partir de $n=3$
d) Faux : la série diverge (comparaison par limite avec $\sum\frac{1}{n}$ )

a) Les termes sont positifs. Pour $n$ grand, le numérateur se comporte comme $\sqrt{n}$ et le dénominateur comme $n^{2}$ , d'où l'idée de comparer à $b_{n}=\frac{1}{n^{3/2}}$ . Critère de comparaison par limite : $\frac{u_{n}}{b_{n}}=\frac{n^{3/2}(\sqrt{n}+1)}{n^{2}+3}=\frac{n^{2}+n^{3/2}}{n^{2}+3}\to 1$ , limite finie et strictement positive, donc les deux séries ont la même nature. Or $\sum\frac{1}{n^{3/2}}$ est une série de Riemann avec $p=\frac{3}{2}>1$ : elle converge, et la série donnée CONVERGE. Le critère de d'Alembert est muet : le rapport $\frac{u_{n+1}}{u_{n}}$ d'une fraction rationnelle en $n$ et $\sqrt{n}$ tend toujours vers $L=1$ , le cas où le critère ne conclut pas. C'est le premier choix à faire sur une copie : quand le terme général est une fraction de puissances de $n$ , on compare ; d'Alembert est fait pour les factorielles et les puissances $a^{n}$ .

b) Des puissances $a^{n}$ et $2^{n}$ : d'Alembert s'impose. On divise numérateur et dénominateur par $2^{n}$ : $\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=a\cdot\frac{n^{2}+2^{n}}{(n+1)^{2}+2^{n+1}}=a\cdot\frac{\frac{n^{2}}{2^{n}}+1}{\frac{(n+1)^{2}}{2^{n}}+2}\to\frac{a}{2}$ , car $\frac{n^{2}}{2^{n}}\to 0$ (croissances comparées). Donc $L=\frac{a}{2}$ . Pour $a=1$ , $L=\frac{1}{2}<1$ : la série CONVERGE. Pour $a=3$ , $L=\frac{3}{2}>1$ : la série DIVERGE. Pour $a=2$ , $L=1$ : le critère se TAIT, et il faut changer d'outil. Le terme général vaut $\frac{2^{n}}{n^{2}+2^{n}}=\frac{1}{\frac{n^{2}}{2^{n}}+1}\to 1\neq 0$ : par le test de divergence, la série DIVERGE. Les deux erreurs symétriques sont de conclure « $L=1$ , donc elle converge », ou de s'arrêter à « on ne peut rien dire » : le cas muet se tranche presque toujours par un retour au terme général ou par une comparaison.

c) Série alternée : on applique le critère de Leibniz à $b_{n}=\frac{\ln n}{n}$ . D'abord $b_{n}\to 0$ par croissances comparées (ou L'Hospital sur la fonction $\frac{\ln x}{x}$ , jamais sur la suite). Ensuite la décroissance : $g(x)=\frac{\ln x}{x}$ a pour dérivée $g'(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$ , négative dès que $x>e$ . La suite décroît donc à partir du rang $n=3$ , et PAS avant : $b_{2}=\frac{\ln 2}{2}=\ln\sqrt{2}$ et $b_{3}=\frac{\ln 3}{3}=\ln\sqrt[3]{3}$ , or $\sqrt[3]{3}>\sqrt{2}$ puisque $3^{2}=9>2^{3}=8$ , donc $b_{3}>b_{2}$ . Un premier terme qui monte ne change rien à la convergence : Leibniz s'applique à la série à partir de $n=3$ , et la série CONVERGE. Convergence absolue : $\frac{\ln n}{n}\geq\frac{1}{n}$ dès que $\ln n\geq 1$ , c'est-à-dire $n\geq 3$ , et la série harmonique diverge ; par comparaison, $\sum\frac{\ln n}{n}$ diverge. La série est donc CONDITIONNELLEMENT convergente.

d) FAUX. Une série de Riemann a un exposant CONSTANT ; ici l'exposant $1+\frac{1}{n}$ dépend de $n$ et tend vers $1$ , et la conclusion « $p>1$ » ne s'applique pas. Comparaison par limite avec $\frac{1}{n}$ : $\frac{1/n^{1+1/n}}{1/n}=\frac{1}{n^{1/n}}$ , et $n^{1/n}=e^{\frac{\ln n}{n}}\to e^{0}=1$ . La limite vaut $1$ , finie et non nulle : la série a la nature de la série harmonique, elle DIVERGE. Le test de divergence, lui, ne dit rien ici puisque le terme général tend vers $0$ . Retenez la leçon de la partie : un exposant qui tend vers $1$ , une limite de rapport qui vaut $1$ , c'est exactement la zone où les réflexes échouent et où il faut une comparaison écrite.

Coche ici les exercices faits ou à revoir : un compte gratuit, sans mot de passe, retient tes coches et tes réponses justes d'une visite à l'autre, te dit quel chapitre attaquer ensuite et te permet de demander l'exercice qui te manque. Crée ton espace, un courriel suffit.

Exercice 2 : Une série entière centrée en 4, puis ln(4 + x²) terme à terme

Les parties a) et b) à d) sont indépendantes. Dans b) à d), on part de la série géométrique $\frac{1}{1-u}=\sum_{n\geq 0}u^{n}$ , valable pour $|u|<1$ , et on ne calcule aucune dérivée successive.

a) Déterminez le rayon et l'intervalle de convergence de $\displaystyle\sum_{n\geq 1}\frac{n\,(x-4)^{n}}{5^{n}\left(n^{2}+1\right)}$ , en testant chaque borne avec son propre critère.
b) Écrivez $\dfrac{2x}{4+x^{2}}$ comme une série entière centrée en $0$ . Donnez son rayon, le coefficient de $x^{5}$ et son intervalle de convergence.
c) Déduisez-en, par intégration terme à terme, la série entière de $\ln(4+x^{2})$ et son intervalle de convergence. Que remarquez-vous aux bornes, comparé à b) ?
d) Choisissez une valeur de $x$ dans c) pour calculer la somme exacte de $\displaystyle\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n+1}}{n\,2^{n}}$ .

Voir la correction

Réponses

a) $R=5$ , intervalle $[-1\,;9[$
b) $\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^{n}x^{2n+1}}{2\cdot 4^{n}}$ , $R=2$ , coefficient de $x^{5}$ : $\frac{1}{32}$ , intervalle $]-2\,;2[$
c) $\ln 4+\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^{n}x^{2n+2}}{(n+1)4^{n+1}}$ , intervalle $[-2\,;2]$ : même rayon, bornes gagnées
d) $x=\sqrt{2}$ : la somme vaut $\ln\frac{3}{2}$

a) Critère de d'Alembert sur les valeurs absolues : $\left|\frac{u_{n+1}}{u_{n}}\right|=\frac{|x-4|}{5}\cdot\frac{(n+1)(n^{2}+1)}{n\left((n+1)^{2}+1\right)}\to\frac{|x-4|}{5}$ . La série converge absolument si $|x-4|<5$ et diverge si $|x-4|>5$ : le centre est $4$ et le rayon $R=5$ . Le critère se tait aux bornes $x=-1$ et $x=9$ , qu'on teste UNE PAR UNE. En $x=9$ : $\sum\frac{n}{n^{2}+1}$ ; par comparaison par limite avec $\frac{1}{n}$ (rapport $\frac{n^{2}}{n^{2}+1}\to 1$ ), elle a la nature de la série harmonique : elle diverge. En $x=-1$ : $\sum(-1)^{n}\frac{n}{n^{2}+1}$ , alternée ; $\frac{n}{n^{2}+1}\to 0$ et décroît, car la fonction $\frac{t}{t^{2}+1}$ a pour dérivée $\frac{1-t^{2}}{(t^{2}+1)^{2}}\leq 0$ pour $t\geq 1$ : elle converge par Leibniz (conditionnellement). Intervalle de convergence : $[-1\,;9[$ . Le piège est de conclure la même chose aux deux bornes parce qu'elles sont « symétriques » : les valeurs absolues sont les mêmes, les signes non.

b) On met le $4$ en facteur pour faire apparaître $\frac{1}{1-u}$ : $\frac{2x}{4+x^{2}}=\frac{x}{2}\cdot\frac{1}{1-\left(-\frac{x^{2}}{4}\right)}=\frac{x}{2}\sum_{n\geq 0}\left(-\frac{x^{2}}{4}\right)^{n}=\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^{n}\,x^{2n+1}}{2\cdot 4^{n}}$ , soit $\frac{x}{2}-\frac{x^{3}}{8}+\frac{x^{5}}{32}-\cdots$ Condition : $\left|\frac{x^{2}}{4}\right|<1$ , soit $|x|<2$ , donc $R=2$ . Le coefficient de $x^{5}$ correspond à $n=2$ : $\frac{1}{2\cdot 16}=\frac{1}{32}$ . Aux bornes $x=\pm 2$ , le terme général vaut $\pm\frac{2^{2n+1}}{2\cdot 4^{n}}=\pm 1$ au signe $(-1)^{n}$ près : il ne tend pas vers $0$ , la série diverge (test de divergence). Intervalle : $]-2\,;2[$ .

c) $\frac{2x}{4+x^{2}}$ est la dérivée de $\ln(4+x^{2})$ , qui vaut $\ln 4$ en $0$ . On intègre terme à terme de $0$ à $x$ , ce qui conserve le rayon : $\ln(4+x^{2})=\ln 4+\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^{n}\,x^{2n+2}}{(2n+2)\cdot 2\cdot 4^{n}}=\ln 4+\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^{n}\,x^{2n+2}}{(n+1)\,4^{n+1}}$ , soit $\ln 4+\frac{x^{2}}{4}-\frac{x^{4}}{32}+\frac{x^{6}}{192}-\cdots$ , avec $R=2$ . Aux bornes $x=\pm 2$ : $x^{2n+2}=4^{n+1}$ et le terme devient $\frac{(-1)^{n}}{n+1}$ ; la série harmonique alternée converge par Leibniz. Intervalle : $[-2\,;2]$ . Le rayon est conservé par l'intégration, mais PAS les bornes : la série de la dérivée divergeait en $\pm 2$ , celle de la primitive y converge. C'est pourquoi chaque borne se reteste après une dérivation ou une intégration.

d) On cherche $x$ tel que $\frac{x^{2n+2}}{4^{n+1}}=\frac{1}{2^{n+1}}$ , soit $\left(\frac{x^{2}}{4}\right)^{n+1}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}$ : $x^{2}=2$ , $x=\sqrt{2}$ , bien dans $]-2\,;2[$ . Alors $\ln 6=\ln 4+\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^{n}}{(n+1)\,2^{n+1}}$ , et en posant $m=n+1$ : $\sum_{m\geq 1}\frac{(-1)^{m+1}}{m\,2^{m}}=\ln 6-\ln 4=\ln\frac{3}{2}$ . Contrôle : les trois premiers termes donnent $\frac{1}{2}-\frac{1}{8}+\frac{1}{24}=\frac{5}{12}\approx 0{,}417$ , et le reste est majoré par le terme suivant $\frac{1}{64}$ ; $\ln\frac{3}{2}\approx 0{,}405$ est bien dans $\left[\frac{5}{12}-\frac{1}{64}\,;\frac{5}{12}\right]$ .

Exercice 3 : Une intégrale sans primitive élémentaire, et une borne bien choisie

Soit $f(x)=\dfrac{1-\cos x}{x^{2}}$ pour $x\neq 0$ , et $f(0)=\dfrac{1}{2}$ . La fonction $f$ n'a pas de primitive élémentaire. La figure représente $f$ ; la bande colorée est l'aire $I=\displaystyle\int_{0}^{1/2}f(x)\,dx$ .

a) À partir de la série de Maclaurin de $\cos x$ , donnez la série de Maclaurin de $f$ et son rayon. Expliquez pourquoi la valeur $f(0)=\frac{1}{2}$ est la bonne, puis lisez $f^{(4)}(0)$ sur la série.
b) Écrivez $I$ comme la somme d'une série numérique. Combien de termes non nuls faut-il pour garantir une erreur inférieure à $10^{-4}$ ? Donnez l'approximation correspondante sous forme de fraction.
c) Cette approximation surestime-t-elle ou sous-estime-t-elle $I$ ? Donnez un intervalle de longueur inférieure à $10^{-4}$ qui contient $I$ .
d) Un camarade majore l'erreur de l'approximation $\cos x\approx 1-\frac{x^{2}}{2}$ sur $\left[-\frac{1}{2}\,;\frac{1}{2}\right]$ par l'inégalité de Taylor avec $n=2$ et $M=1$ , et trouve $\frac{1}{48}$ . Montrez qu'on peut garantir une borne huit fois plus petite, et dites pourquoi c'est légitime.

Voir la correction

Réponses

a) $f(x)=\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n+1}x^{2n-2}}{(2n)!}=\frac{1}{2}-\frac{x^{2}}{24}+\frac{x^{4}}{720}-\cdots$ , $R=\infty$ , $f^{(4)}(0)=\frac{1}{30}$
b) $I=\frac{1}{4}-\frac{1}{576}+\frac{1}{115\,200}-\cdots$ ; deux termes, $I\approx\frac{143}{576}$
c) Sous-estimation : $\frac{143}{576}<I<\frac{143}{576}+\frac{1}{115\,200}$
d) $T_{3}=T_{2}$ , donc $|R|\leq\frac{(1/2)^{4}}{4!}=\frac{1}{384}$ , huit fois mieux que $\frac{1}{48}$

a) $\cos x=\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^{n}x^{2n}}{(2n)!}$ pour tout réel $x$ , donc $1-\cos x=\frac{x^{2}}{2!}-\frac{x^{4}}{4!}+\frac{x^{6}}{6!}-\cdots=\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n+1}x^{2n}}{(2n)!}$ , et pour $x\neq 0$ : $f(x)=\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n+1}x^{2n-2}}{(2n)!}=\frac{1}{2}-\frac{x^{2}}{24}+\frac{x^{4}}{720}-\cdots$ Rayon infini, comme celui de $\cos$ (diviser par $x^{2}$ ne change pas le rayon). La somme de cette série vaut $\frac{1}{2}$ en $x=0$ , et une série entière est continue sur son intervalle de convergence : poser $f(0)=\frac{1}{2}$ rend $f$ continue, c'est la seule valeur possible. Par unicité du développement, le coefficient de $x^{4}$ est $\frac{f^{(4)}(0)}{4!}=\frac{1}{720}$ , d'où $f^{(4)}(0)=\frac{24}{720}=\frac{1}{30}$ , sans dériver quatre fois un quotient.

b) On intègre terme à terme sur $\left[0\,;\frac{1}{2}\right]$ , dans l'intervalle de convergence : $I=\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n+1}}{(2n)!}\cdot\frac{(1/2)^{2n-1}}{2n-1}=\frac{1}{4}-\frac{1}{576}+\frac{1}{115\,200}-\cdots$ (termes $\frac{1/2}{1\cdot 2}$ , $\frac{1/8}{3\cdot 24}$ , $\frac{1/32}{5\cdot 720}$ ). La série est alternée et ses termes décroissent vers $0$ : par le critère de Leibniz, l'erreur commise en s'arrêtant est majorée par le premier terme omis. Avec UN terme, la borne est $\frac{1}{576}>10^{-4}$ : insuffisant. Avec DEUX termes, la borne est $\frac{1}{115\,200}<10^{-4}$ : il faut deux termes, et $I\approx\frac{1}{4}-\frac{1}{576}=\frac{144-1}{576}=\frac{143}{576}$ .

c) Le premier terme omis, $+\frac{1}{115\,200}$ , est positif : la somme partielle s'arrête juste avant une montée, donc elle SOUS-ESTIME $I$ . Dans une série alternée, la somme exacte est toujours entre deux sommes partielles consécutives : $\frac{143}{576}<I<\frac{143}{576}+\frac{1}{115\,200}$ , intervalle de longueur $\frac{1}{115\,200}<10^{-4}$ . La réponse est garantie, pas estimée : c'est ce qu'on attend d'une approximation à la main.

d) Le camarade applique l'inégalité de Taylor à $T_{2}(x)=1-\frac{x^{2}}{2}$ : $|R_{2}(x)|\leq\frac{M}{3!}|x|^{3}$ avec $M\geq|\cos'''|=|\sin|$ , d'où $\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{8}=\frac{1}{48}$ . Mais le coefficient de $x^{3}$ dans la série de $\cos$ est NUL : $T_{3}=T_{2}$ . On peut donc écrire la même approximation comme $T_{3}$ et appliquer l'inégalité avec $n=3$ : $|R_{3}(x)|\leq\frac{M}{4!}|x|^{4}$ avec $M=\max|\cos^{(4)}|=\max|\cos|\leq 1$ , d'où $\frac{1}{24}\cdot\frac{1}{16}=\frac{1}{384}=\frac{1}{8}\cdot\frac{1}{48}$ . C'est légitime parce que l'erreur est la même fonction $\cos x-T_{2}(x)=\cos x-T_{3}(x)$ ; on choisit simplement l'ordre qui donne la meilleure borne. La série étant alternée, la borne de Leibniz donne aussi $\frac{(1/2)^{4}}{24}=\frac{1}{384}$ : les deux méthodes s'accordent.

Exercice 4 : Racines cubiques, polynôme réel et puissance 2026

On note $w=-4+4\sqrt{3}\,i$ . Toutes les réponses sont exactes, et un argument se donne dans $]-\pi\,;\pi]$ .

a) Écrivez $w$ sous forme exponentielle $r\,e^{i\theta}$ .
b) Résolvez $z^{3}=w$ dans $\mathbb{C}$ , sous forme exponentielle, et placez les solutions dans le plan complexe. Quelle figure forment-elles ? Pourquoi ne demande-t-on pas leur forme algébrique ? Que vaut leur somme, et pourquoi pouvait-on le prévoir ?
c) On donne $P(z)=z^{3}-3z^{2}+7z-5$ . Vérifiez que $1+2i$ est une racine de $P$ , puis trouvez les deux autres sans division de polynôme.
d) Calculez $\left(\dfrac{1+i}{\sqrt{2}}\right)^{2026}$ . Pour quels entiers $n\geq 1$ le nombre $\left(\dfrac{1+i}{\sqrt{2}}\right)^{n}$ est-il réel ?

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/11

a)

Module

r

\theta

, en multiple de

\pi

b)

Module des racines

Argument de la racine du deuxième quadrant, en multiple de

\pi

Argument de la racine de partie imaginaire négative, en multiple de

\pi

Somme des trois racines

c)

Racine réelle

Partie imaginaire de l'autre racine non réelle

d)

Partie réelle

Partie imaginaire

Plus petit

n\geq 1

donnant un réel

Voir la correction

Réponses

a) $w=8\,e^{2i\pi/3}$
b) $2e^{2i\pi/9}$ , $2e^{8i\pi/9}$ , $2e^{-4i\pi/9}$ : un triangle équilatéral inscrit dans le cercle de rayon $2$ , somme nulle
c) Racines $1+2i$ , $1-2i$ et $1$
d) $\left(\frac{1+i}{\sqrt{2}}\right)^{2026}=i$ ; réel exactement quand $n$ est multiple de $4$

a) Module : $|w|=\sqrt{16+16\cdot 3}=\sqrt{64}=8$ . Argument : $\cos\theta=\frac{-4}{8}=-\frac{1}{2}$ et $\sin\theta=\frac{4\sqrt{3}}{8}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ , donc $\theta=\frac{2\pi}{3}$ (deuxième quadrant : partie réelle négative, partie imaginaire positive). Ainsi $w=8\,e^{2i\pi/3}$ . Le piège classique est $\theta=\arctan\frac{4\sqrt{3}}{-4}=\arctan(-\sqrt{3})=-\frac{\pi}{3}$ : $\arctan$ ne renvoie que des angles de $\left]-\frac{\pi}{2}\,;\frac{\pi}{2}\right[$ et place le point dans le mauvais quadrant. On décide toujours avec les SIGNES de $\cos\theta$ et $\sin\theta$ .

b) On cherche $z=\rho\,e^{i\varphi}$ avec $\rho^{3}e^{3i\varphi}=8\,e^{2i\pi/3}$ : $\rho^{3}=8$ , donc $\rho=2$ , et $3\varphi=\frac{2\pi}{3}+2k\pi$ , donc $\varphi=\frac{2\pi}{9}+\frac{2k\pi}{3}$ , $k\in\{0,1,2\}$ (au-delà, on retrouve les mêmes nombres). Les trois racines : $z_{0}=2e^{2i\pi/9}$ , $z_{1}=2e^{8i\pi/9}$ et $z_{2}=2e^{14i\pi/9}=2e^{-4i\pi/9}$ , l'argument ramené dans $]-\pi\,;\pi]$ . Elles sont sur le cercle de rayon $2$ , espacées d'un tiers de tour : elles forment un TRIANGLE ÉQUILATÉRAL centré à l'origine. Leur forme algébrique ferait intervenir $\cos\frac{2\pi}{9}$ , qui ne s'écrit pas avec des racines carrées : ici, la forme exponentielle EST la réponse exacte. Leur somme est nulle : $z_{0}\left(1+e^{2i\pi/3}+e^{4i\pi/3}\right)=z_{0}\cdot\frac{1-e^{2i\pi}}{1-e^{2i\pi/3}}=0$ (somme géométrique). On pouvait le prévoir : dans $z^{3}+0\cdot z^{2}+0\cdot z-w$ , la somme des racines vaut l'opposé du coefficient de $z^{2}$ , soit $0$ .

c) $(1+2i)^{2}=1+4i-4=-3+4i$ et $(1+2i)^{3}=(1+2i)(-3+4i)=-3+4i-6i-8=-11-2i$ . Donc $P(1+2i)=(-11-2i)-3(-3+4i)+7(1+2i)-5=(-11+9+7-5)+(-2-12+14)i=0$ . Les coefficients de $P$ sont RÉELS : le conjugué $1-2i$ est aussi racine, car $P(\bar z)=\overline{P(z)}$ . Le produit des trois racines d'un polynôme unitaire de degré $3$ vaut l'opposé du terme constant, soit $5$ ; or $(1+2i)(1-2i)=1+4=5$ , donc la troisième racine vaut $1$ . Contrôle : $P(1)=1-3+7-5=0$ , et $P(z)=(z-1)(z^{2}-2z+5)$ .

d) $\frac{1+i}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}+i\frac{\sqrt{2}}{2}=e^{i\pi/4}$ , de module $1$ . Par De Moivre, $\left(e^{i\pi/4}\right)^{2026}=e^{2026i\pi/4}$ . Comme $2026=8\times 253+2$ et que $e^{i\pi/4}$ revient à $1$ tous les $8$ facteurs ( $e^{8i\pi/4}=e^{2i\pi}=1$ ), $e^{2026i\pi/4}=e^{2i\pi/4}=e^{i\pi/2}=i$ . Ensuite, $e^{in\pi/4}$ est réel quand son argument $\frac{n\pi}{4}$ est un multiple de $\pi$ , c'est-à-dire quand $n$ est un multiple de $4$ : le plus petit est $n=4$ , où l'on trouve $e^{i\pi}=-1$ ; il faut $n$ multiple de $8$ pour obtenir $1$ . Développer la puissance par le binôme serait sans issue : la forme exponentielle transforme la puissance en une simple multiplication d'angle.

Exercice 5 : Un domaine, une carte de contour, trois surfaces de niveau

Les trois parties a), b) et c), d) sont indépendantes. La figure est la carte de contour de $g(x,y)=\dfrac{y}{x^{2}+1}$ : les courbes de niveau $k=\pm 1$ , $\pm 2$ et $\pm 4$ , chacune marquée de sa valeur, et le point $A(1\,;2)$ .

a) Déterminez et décrivez le domaine de $f(x,y)=\dfrac{\sqrt{x^{2}+y^{2}-1}}{\ln\left(4-x^{2}-y^{2}\right)}$ . Dites quelles parties de sa frontière lui appartiennent.
b) Montrez que la courbe de niveau $k\neq 0$ de $g$ est une parabole, dont vous donnerez le sommet. Quelle est la courbe de niveau $0$ ? Pour $k=4$ , donnez l'ordonnée du sommet et le coefficient de $x^{2}$ .
c) D'après la carte, où $g$ varie-t-elle le plus vite quand on se déplace verticalement ? Sur quelle courbe se trouve $A$ ? Vérifiez par le calcul.
d) Soit $F(x,y,z)=4x^{2}+y^{2}-z^{2}+2z$ . Reconnaissez les surfaces de niveau $F=0$ , $F=1$ et $F=2$ .

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/10

a)

Le cercle de rayon 1 appartient au domaine

Le cercle de rayon 2 appartient au domaine

Valeur de

x^{2}+y^{2}

exclue à l'intérieur

b)

Ordonnée du sommet pour

k=4

Coefficient de

x^{2}

pour

k=4

c)

g

varie le plus vite verticalement

Niveau de

A

d)

F=0

F=1

F=2

Voir la correction

Réponses

a) $1\leq x^{2}+y^{2}<4$ et $x^{2}+y^{2}\neq 3$ : cercle de rayon $1$ inclus, cercles de rayons $\sqrt{3}$ et $2$ exclus
b) Parabole $y=k(x^{2}+1)$ , sommet $(0\,;k)$ ; niveau $0$ : l'axe des $x$ ; $k=4$ : $y=4x^{2}+4$
c) Près de l'axe des $y$ ; $A$ est sur la courbe $k=1$ , $g(1,2)=1$
d) $F=0$ : hyperboloïde à deux nappes ; $F=1$ : cône de sommet $(0\,;0\,;1)$ ; $F=2$ : hyperboloïde à une nappe

a) Trois conditions. La racine : $x^{2}+y^{2}-1\geq 0$ , soit $x^{2}+y^{2}\geq 1$ . Le logarithme : $4-x^{2}-y^{2}>0$ , soit $x^{2}+y^{2}<4$ . Le dénominateur non nul : $\ln(4-x^{2}-y^{2})\neq 0$ , soit $4-x^{2}-y^{2}\neq 1$ , c'est-à-dire $x^{2}+y^{2}\neq 3$ . Le domaine est la COURONNE $1\leq x^{2}+y^{2}<4$ privée du cercle $x^{2}+y^{2}=3$ (rayon $\sqrt{3}$ ). Le cercle intérieur de rayon $1$ appartient au domaine (inégalité large), le cercle extérieur de rayon $2$ n'y appartient pas (inégalité stricte), et le cercle de rayon $\sqrt{3}$ est retiré à l'intérieur même de la couronne. La troisième condition est celle qu'on oublie : un quotient exige un dénominateur non nul, et le logarithme s'annule en $1$ .

b) $g$ est définie sur tout $\mathbb{R}^{2}$ , puisque $x^{2}+1\geq 1$ . Alors $g(x,y)=k\iff y=k\left(x^{2}+1\right)=kx^{2}+k$ : pour $k\neq 0$ , c'est une parabole d'axe vertical, de sommet $(0\,;k)$ , tournée vers le haut si $k>0$ et vers le bas si $k<0$ . Pour $k=0$ : $y=0$ , la courbe de niveau est l'axe des $x$ tout entier. Pour $k=4$ : $y=4x^{2}+4$ , sommet d'ordonnée $4$ , coefficient de $x^{2}$ égal à $4$ . Ces paraboles ne sont pas les translatées les unes des autres : elles sont de plus en plus OUVERTES quand $|k|$ diminue, et deux courbes de niveau distinctes ne se coupent jamais.

c) Sur l'axe des $y$ , les niveaux $1$ , $2$ et $4$ sont aux hauteurs $1$ , $2$ et $4$ ; à l'abscisse $x=2$ , ils sont aux hauteurs $5$ , $10$ et $20$ , la plupart hors de la carte. Près de l'axe des $y$ , les courbes de niveau sont donc les plus SERRÉES verticalement, et $g$ y varie le plus vite quand on monte : à $x$ fixé, $g$ augmente de $\frac{1}{x^{2}+1}$ par unité de $y$ , soit $1$ sur l'axe et $\frac{1}{5}$ en $x=\pm 2$ . Le point $A(1\,;2)$ est sur la parabole $y=x^{2}+1$ , celle du niveau $1$ . Calcul : $g(1,2)=\frac{2}{1+1}=1$ .

d) On complète le carré en $z$ : $-z^{2}+2z=-(z-1)^{2}+1$ , donc $F=4x^{2}+y^{2}-(z-1)^{2}+1$ . Niveau $1$ : $4x^{2}+y^{2}=(z-1)^{2}$ , un CÔNE elliptique de sommet $(0\,;0\,;1)$ et d'axe vertical. Niveau $2$ : $4x^{2}+y^{2}-(z-1)^{2}=1$ , un HYPERBOLOÏDE À UNE NAPPE (une seule différence de signe, membre de droite positif : chaque plan $z=c$ coupe une ellipse, jamais vide). Niveau $0$ : $4x^{2}+y^{2}-(z-1)^{2}=-1$ , soit $(z-1)^{2}=1+4x^{2}+y^{2}\geq 1$ : il faut $|z-1|\geq 1$ , et aucun point ne se trouve strictement entre les plans $z=0$ et $z=2$ ; c'est un HYPERBOLOÏDE À DEUX NAPPES. Le piège est de lire $F=0$ comme le cône : le terme $+2z$ décale le cône au niveau $1$ .

Exercice 6 : Limites à deux variables : prouver l'absence, prouver l'existence

Pour prouver qu'une limite n'existe pas, deux chemins qui donnent deux valeurs suffisent. Pour prouver qu'elle existe, aucun nombre fini de familles de chemins ne suffit : il faut un encadrement qui vaut dans toutes les directions à la fois.

a) Soit $h(x,y)=\dfrac{x^{3}y}{x^{6}+y^{2}}$ . Calculez la limite de $h$ en $(0\,;0)$ le long de toute droite passant par l'origine, puis le long de toute parabole $y=kx^{2}$ , puis le long de la courbe $y=x^{3}$ . Concluez.
b) Soit $k(x,y)=\dfrac{xy(x+y)}{x^{2}+y^{2}}$ . Montrez que $k(x,y)\to 0$ quand $(x,y)\to(0\,;0)$ , en majorant $|k(x,y)|$ par une fonction de $r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ .
c) Peut-on prolonger $m(x,y)=\dfrac{\sin\left(x^{2}+y^{2}\right)}{x^{2}+y^{2}}$ par continuité en $(0\,;0)$ ? Si oui, par quelle valeur ? Sur quel ensemble la fonction prolongée est-elle continue ?
d) Vrai ou faux, justifiez : « Si $f(x,y)$ tend vers $0$ le long de toutes les droites ET de toutes les paraboles $y=kx^{2}$ passant par l'origine, alors $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=0$ . »

Voir la correction

Réponses

a) $0$ sur les droites et sur les paraboles $y=kx^{2}$ , $\frac{1}{2}$ sur $y=x^{3}$ : pas de limite
b) $|k(x,y)|\leq r\to 0$ : la limite vaut $0$
c) Oui, par $m(0,0)=1$ ; continue sur $\mathbb{R}^{2}$
d) Faux : contre-exemple $h$ de a)

a) Sur l'axe des $y$ ( $x=0$ , $y\neq 0$ ) : $h=0$ . Sur la droite $y=mx$ : $h(x,mx)=\frac{m x^{4}}{x^{6}+m^{2}x^{2}}=\frac{m x^{2}}{x^{4}+m^{2}}$ , qui tend vers $\frac{0}{m^{2}}=0$ si $m\neq 0$ , et vaut $0$ si $m=0$ . Sur la parabole $y=kx^{2}$ , $k\neq 0$ : $h(x,kx^{2})=\frac{k x^{5}}{x^{6}+k^{2}x^{4}}=\frac{k x}{x^{2}+k^{2}}\to 0$ . Droites et paraboles donnent toutes $0$ . Sur la courbe $y=x^{3}$ : $h(x,x^{3})=\frac{x^{6}}{x^{6}+x^{6}}=\frac{1}{2}$ pour tout $x\neq 0$ , donc la limite le long de cette courbe vaut $\frac{1}{2}$ . Deux chemins, deux valeurs : la limite N'EXISTE PAS. Le choix de la courbe n'est pas un hasard : on cherche le chemin qui rend les deux termes du dénominateur du même ordre ; avec $y=x^{3}$ , $x^{6}$ et $y^{2}$ sont du même ordre, et le numérateur $x^{3}y$ aussi.

b) On utilise $|xy|\leq\frac{x^{2}+y^{2}}{2}=\frac{r^{2}}{2}$ (car $(|x|-|y|)^{2}\geq 0$ ) et $|x+y|\leq|x|+|y|\leq 2r$ . Alors $|k(x,y)|\leq\frac{\frac{r^{2}}{2}\cdot 2r}{r^{2}}=r$ . Comme $r\to 0$ quand $(x,y)\to(0\,;0)$ , le théorème du sandwich donne $k(x,y)\to 0$ . En coordonnées polaires, c'est la même idée : $k=r\cos\theta\sin\theta(\cos\theta+\sin\theta)$ , une quantité bornée multipliée par $r$ . Ce qui fait la preuve, c'est que la majoration ne dépend PAS de $\theta$ : elle vaut dans toutes les directions à la fois. On retrouvera cette fonction $k$ à l'exercice 9.

c) On pose $u=x^{2}+y^{2}$ : quand $(x,y)\to(0\,;0)$ , $u\to 0^{+}$ , et $\frac{\sin u}{u}\to 1$ (limite usuelle à une variable). La limite existe et vaut $1$ , quel que soit le chemin, puisque $m$ ne dépend que de la distance à l'origine. En posant $m(0,0)=1$ , on obtient une fonction continue en $(0\,;0)$ . Ailleurs, $m$ est un quotient de fonctions continues (un sinus composé avec un polynôme, et un polynôme) dont le dénominateur ne s'annule pas : la fonction prolongée est continue sur tout $\mathbb{R}^{2}$ .

d) FAUX, et le contre-exemple est la fonction $h$ de a) : sa limite vaut $0$ le long de TOUTES les droites et de TOUTES les paraboles $y=kx^{2}$ , et pourtant elle vaut $\frac{1}{2}$ le long de la courbe $y=x^{3}$ , si bien qu'elle n'a pas de limite. Aucune famille de chemins, si riche soit-elle, ne prouve l'existence : il en resterait toujours d'autres. Les chemins servent à DÉTECTER une absence de limite ou à DEVINER la valeur candidate ; l'existence se prouve par un encadrement, comme en b).

Exercice 7 : Une carte de contour, puis le gradient qui la confirme

La figure est la carte de contour de $f(x,y)=y\,e^{x}+x^{2}$ , avec les courbes de niveau $-1$ , $0$ , $1$ , $2$ et $3$ marquées de leur valeur, et le point $P(0\,;1)$ . Les deux axes ont la même échelle.

a) Sans calcul, en lisant la carte, donnez le signe de $f_{x}(P)$ et celui de $f_{y}(P)$ . Justifiez par les courbes que l'on traverse.
b) Calculez $\nabla f(P)$ , puis la dérivée directionnelle de $f$ en $P$ dans la direction du vecteur $\vec v=(5\,;12)$ .
c) Quel est le taux de croissance maximal de $f$ en $P$ , et dans quelle direction ? Dans quelles directions la dérivée directionnelle est-elle nulle, et quelle est la pente de la tangente en $P$ à la courbe de niveau $1$ ? Vérifiez sur la carte.
d) Donnez une équation du plan tangent à la surface $y\,e^{x}+x^{2}+z^{2}=2$ au point $Q(0\,;1\,;1)$ .

Voir la correction

Réponses

a) $f_{x}(P)>0$ et $f_{y}(P)>0$ : on traverse le niveau $2$ dans les deux cas
b) $\nabla f(P)=(1\,;1)$ et $D_{\vec u}f(P)=\frac{17}{13}$
c) Taux maximal $\sqrt{2}$ , direction $(1\,;1)$ ; dérivée nulle selon $\pm(1\,;-1)$ ; pente $-1$
d) $x+y+2z=3$

a) En $P$ , on est sur la courbe de niveau $1$ . En allant vers la droite (on augmente $x$ à $y$ fixé), on rencontre la courbe de niveau $2$ un peu avant $x=0{,}6$ : $f$ augmente, donc $f_{x}(P)>0$ . En montant le long de l'axe des $y$ (on augmente $y$ à $x$ fixé), on rencontre la courbe de niveau $2$ en $y=2$ , puis celle de niveau $3$ en $y=3$ : $f_{y}(P)>0$ . La lecture d'une carte se fait toujours ainsi : on se déplace parallèlement à un axe et on regarde dans quel sens varient les niveaux traversés.

b) $f_{x}=y\,e^{x}+2x$ et $f_{y}=e^{x}$ , donc $\nabla f(P)=(1\cdot e^{0}+0\,;e^{0})=(1\,;1)$ , ce qui confirme a). Le vecteur $\vec v=(5\,;12)$ n'est PAS unitaire : $\|\vec v\|=\sqrt{25+144}=13$ , donc $\vec u=\left(\frac{5}{13}\,;\frac{12}{13}\right)$ et $D_{\vec u}f(P)=\nabla f(P)\cdot\vec u=\frac{5}{13}+\frac{12}{13}=\frac{17}{13}$ . Le piège coûte cher : $\nabla f\cdot\vec v=17$ donnerait un taux treize fois trop grand, plus grand même que le taux maximal $\sqrt{2}$ de c), ce qui est impossible. Ce contrôle de vraisemblance, $|D_{\vec u}f|\leq\|\nabla f\|$ , attrape l'oubli de normalisation à chaque fois ; ici $\frac{17}{13}\approx 1{,}31$ est bien sous $\sqrt{2}\approx 1{,}41$ .

c) Le taux maximal est $\|\nabla f(P)\|=\sqrt{1+1}=\sqrt{2}$ , atteint dans la direction du gradient, $\vec u=\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\,;\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ (Cauchy-Schwarz : $\nabla f\cdot\vec u=\|\nabla f\|\cos\alpha$ , maximal pour $\alpha=0$ ). La dérivée directionnelle est nulle pour $\cos\alpha=0$ , c'est-à-dire pour $\vec u=\pm\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\,;-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ , orthogonaux au gradient : ce sont les directions de la courbe de niveau, sur laquelle $f$ ne varie pas. La tangente en $P$ à la courbe de niveau $1$ est donc dirigée par $(1\,;-1)$ , de pente $-1$ . Contrôle direct : la courbe de niveau $1$ est $y=(1-x^{2})e^{-x}$ , de dérivée $(x^{2}-2x-1)e^{-x}$ , qui vaut $-1$ en $x=0$ . Sur la carte, elle traverse $P$ en descendant vers la droite à $45^{\circ}$ , et le gradient $(1\,;1)$ lui est perpendiculaire, ce qu'on ne voit que parce que l'échelle est la même sur les deux axes.

d) La surface est la surface de niveau $2$ de $F(x,y,z)=y\,e^{x}+x^{2}+z^{2}$ , et $Q$ en fait partie : $1+0+1=2$ . Le gradient de $F$ est normal à ses surfaces de niveau : $\nabla F=(y\,e^{x}+2x\,;e^{x}\,;2z)$ , donc $\nabla F(Q)=(1\,;1\,;2)$ . Plan tangent : $1(x-0)+1(y-1)+2(z-1)=0$ , soit $x+y+2z=3$ . Contrôle : $Q$ vérifie $0+1+2=3$ . Remarquez qu'on n'a pas eu à isoler $z$ : la surface n'est pas un graphe au voisinage de tous ses points, et la méthode du gradient de $F$ n'en a pas besoin.

Exercice 8 : La dérivation en chaîne derrière un cube complexe

Soit $f(x,y)$ une fonction différentiable dont on sait seulement que $f_{x}(-2,2)=2$ et $f_{y}(-2,2)=-1$ . On pose $x=s^{3}-3st^{2}$ et $y=3s^{2}t-t^{3}$ , ce qui revient à écrire $x+iy=(s+it)^{3}$ , et $g(s,t)=f\left(s^{3}-3st^{2},\,3s^{2}t-t^{3}\right)$ .

a) Dessinez l'arbre de dépendance de $g$ , puis écrivez $g_{s}$ et $g_{t}$ en fonction de $f_{x}$ , $f_{y}$ , $s$ et $t$ .
b) Vérifiez que $(s,t)=(1,1)$ donne $(x,y)=(-2,2)$ , puis calculez $g_{s}(1,1)$ et $g_{t}(1,1)$ .
c) Montrez que $g_{s}^{2}+g_{t}^{2}=9\left(s^{2}+t^{2}\right)^{2}\left(f_{x}^{2}+f_{y}^{2}\right)$ , et vérifiez cette égalité avec les valeurs de b).
d) L'équation $x^{2}+yz+z^{3}=13$ définit $z$ comme fonction de $(x,y)$ près du point $(1\,;2\,;2)$ . Calculez $\dfrac{\partial z}{\partial x}$ et $\dfrac{\partial z}{\partial y}$ en ce point.

Voir la correction

Réponses

a) $g_{s}=(3s^{2}-3t^{2})f_{x}+6st\,f_{y}$ et $g_{t}=-6st\,f_{x}+(3s^{2}-3t^{2})f_{y}$ , avec $f_{x}$ , $f_{y}$ évaluées en $(x,y)$
b) $g_{s}(1,1)=-6$ et $g_{t}(1,1)=-12$
c) Les doubles produits s'annulent ; $36+144=180=9\cdot 4\cdot 5$
d) $\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{1}{7}$ et $\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{1}{7}$

a) L'arbre a trois étages : $g$ dépend de $x$ et de $y$ , et chacune de ces deux variables dépend de $s$ et de $t$ . Pour dériver par rapport à $s$ , on suit les DEUX chemins qui mènent de $g$ à $s$ , et on additionne : $g_{s}=f_{x}\frac{\partial x}{\partial s}+f_{y}\frac{\partial y}{\partial s}=\left(3s^{2}-3t^{2}\right)f_{x}+6st\,f_{y}$ . De même, $g_{t}=f_{x}\frac{\partial x}{\partial t}+f_{y}\frac{\partial y}{\partial t}=-6st\,f_{x}+\left(3s^{2}-3t^{2}\right)f_{y}$ . Les dérivées $f_{x}$ et $f_{y}$ sont évaluées au point $(x,y)$ qui correspond à $(s,t)$ , PAS au point $(s,t)$ lui-même : c'est l'erreur qui fait perdre tous les points de b).

b) En $(s,t)=(1,1)$ : $x=1-3=-2$ et $y=3-1=2$ , exactement le point où l'on connaît $f_{x}$ et $f_{y}$ ; c'est aussi $(1+i)^{3}=-2+2i$ . Comme $3s^{2}-3t^{2}=0$ et $6st=6$ : $g_{s}(1,1)=0\cdot 2+6\cdot(-1)=-6$ et $g_{t}(1,1)=-6\cdot 2+0\cdot(-1)=-12$ . Évaluer $f_{x}$ en $(1,1)$ , point où l'énoncé ne donne rien, est le signe qu'on a confondu les deux étages de l'arbre.

c) On pose $A=3s^{2}-3t^{2}$ et $B=6st$ , de sorte que $g_{s}=Af_{x}+Bf_{y}$ et $g_{t}=-Bf_{x}+Af_{y}$ . En développant, les doubles produits $\pm 2AB\,f_{x}f_{y}$ s'annulent : $g_{s}^{2}+g_{t}^{2}=(A^{2}+B^{2})(f_{x}^{2}+f_{y}^{2})$ . Or $A^{2}+B^{2}=9\left[(s^{2}-t^{2})^{2}+4s^{2}t^{2}\right]=9(s^{2}+t^{2})^{2}$ . Vérification : $(-6)^{2}+(-12)^{2}=180$ et $9\cdot(1+1)^{2}\cdot(4+1)=180$ . Interprétation : $\|\nabla g\|=3(s^{2}+t^{2})\,\|\nabla f\|$ , et $3(s^{2}+t^{2})=|3(s+it)^{2}|$ est le module de la dérivée de $w\mapsto w^{3}$ : l'application qui élève au cube étire les longueurs de ce facteur, et la norme du gradient suit.

d) On pose $F(x,y,z)=x^{2}+yz+z^{3}$ ; le point vérifie $1+4+8=13$ . Dérivation implicite : $\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_{x}}{F_{z}}=-\frac{2x}{y+3z^{2}}$ et $\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{F_{y}}{F_{z}}=-\frac{z}{y+3z^{2}}$ . Au point $(1\,;2\,;2)$ : $F_{z}=2+12=14\neq 0$ , ce qui GARANTIT que $z$ est bien une fonction de $(x,y)$ près du point (théorème des fonctions implicites). Donc $\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{2}{14}=-\frac{1}{7}$ et $\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{2}{14}=-\frac{1}{7}$ . Le signe moins vient de la chaîne appliquée à $F(x,y,z(x,y))=13$ : $F_{x}+F_{z}\frac{\partial z}{\partial x}=0$ ; l'oublier est l'erreur la plus fréquente de ce calcul.

Exercice 9 : Mesurer un arbre, puis une fonction dont les dérivées partielles trompent

Les parties a) à c) et d) sont indépendantes. Pour estimer la hauteur d'un arbre, on se place à une distance $d$ de son pied, sur un sol horizontal, et on mesure l'angle d'élévation $\theta$ de sa cime : $h(d,\theta)=d\tan\theta$ . On mesure $d=20$ m à $0{,}1$ m près et $\theta=\frac{\pi}{4}$ à $0{,}01$ rad près.

a) Calculez $h\left(20,\frac{\pi}{4}\right)$ , les deux dérivées partielles de $h$ en ce point, et écrivez l'approximation linéaire $L(d,\theta)$ .
b) Estimez par la différentielle l'erreur maximale sur $h$ , puis l'erreur relative en pourcentage.
c) Laquelle des deux mesures pèse le plus dans l'erreur ? Montrez que l'erreur relative due à l'angle vaut $\frac{2\,\Delta\theta}{\sin 2\theta}$ et déduisez-en l'angle d'élévation qui la rend minimale.
d) On reprend $k(x,y)=\dfrac{xy(x+y)}{x^{2}+y^{2}}$ , prolongée par $k(0,0)=0$ , continue d'après l'exercice 6. Calculez $k_{x}(0,0)$ et $k_{y}(0,0)$ par la définition, montrez que $k$ n'est pas différentiable en $(0\,;0)$ en étudiant $k(t,t)$ , puis calculez par la définition sa dérivée directionnelle en $(0\,;0)$ dans la direction de $(1\,;1)$ .

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/11

a)

h

m

h_{d}

h_{\theta}

m/rad

b)

Erreur maximale m

Erreur relative %

c)

Mesure dominante

Angle optimal

d)

k_{x}(0,0)

k_{y}(0,0)

D_{\vec u}k(0,0)

selon

(1,1)

k

est différentiable en

(0,0)

Voir la correction

Réponses

a) $h=20$ m, $h_{d}=1$ , $h_{\theta}=40$ m/rad, $L=20+(d-20)+40\left(\theta-\frac{\pi}{4}\right)$
b) $|\Delta h|\leq 0{,}5$ m, soit $2{,}5\,\%$
c) L'angle ( $0{,}4$ m sur $0{,}5$ ) ; erreur relative minimale pour $\theta=\frac{\pi}{4}$
d) $k_{x}(0,0)=k_{y}(0,0)=0$ ; $k(t,t)=t$ : pas différentiable ; $D_{\vec u}k(0,0)=\frac{1}{\sqrt{2}}\neq\nabla k\cdot\vec u=0$

a) $h\left(20,\frac{\pi}{4}\right)=20\tan\frac{\pi}{4}=20$ m. Dérivées partielles : $h_{d}=\tan\theta$ , qui vaut $1$ , et $h_{\theta}=\frac{d}{\cos^{2}\theta}$ , qui vaut $\frac{20}{1/2}=40$ m par radian. Approximation linéaire : $L(d,\theta)=20+1\cdot(d-20)+40\left(\theta-\frac{\pi}{4}\right)$ . Le $40$ se lit : une erreur d'un centième de radian sur l'angle déplace la hauteur d'environ $0{,}4$ m, alors qu'une erreur d'un centimètre sur $d$ ne la déplace que d'un centimètre.

b) $dh=h_{d}\,dd+h_{\theta}\,d\theta$ . Pour l'erreur MAXIMALE, on prend les pires signes, donc les valeurs absolues : $|\Delta h|\approx|dh|\leq 1\cdot 0{,}1+40\cdot 0{,}01=0{,}1+0{,}4=0{,}5$ m. Erreur relative : $\frac{0{,}5}{20}=0{,}025$ , soit $2{,}5\,\%$ . Additionner $dd$ et $d\theta$ avec leurs signes (et trouver, par exemple, $0{,}3$ m) suppose que les erreurs se compensent, ce qu'on ne sait pas : une incertitude se majore.

c) L'angle pèse $0{,}4$ m sur $0{,}5$ , soit $80\,\%$ de l'erreur. Erreur relative due à l'angle : $\frac{h_{\theta}\Delta\theta}{h}=\frac{d/\cos^{2}\theta}{d\tan\theta}\Delta\theta=\frac{\Delta\theta}{\sin\theta\cos\theta}=\frac{2\,\Delta\theta}{\sin 2\theta}$ . Elle est minimale quand $\sin 2\theta$ est maximal, c'est-à-dire $2\theta=\frac{\pi}{2}$ , soit $\theta=\frac{\pi}{4}$ . L'arpenteur a donc bien choisi sa distance : se placer à une distance à peu près égale à la hauteur rend la mesure la moins sensible à l'erreur d'angle. Trop près ( $\theta$ proche de $\frac{\pi}{2}$ ) ou trop loin ( $\theta$ proche de $0$ ), $\sin 2\theta$ tend vers $0$ et l'erreur relative explose.

d) Par la définition : $k(x,0)=0$ pour $x\neq 0$ , donc $k_{x}(0,0)=\lim_{x\to 0}\frac{k(x,0)-0}{x}=0$ ; de même $k(0,y)=0$ , donc $k_{y}(0,0)=0$ . Les règles de dérivation ne s'appliquent pas en $(0\,;0)$ , où la formule n'est pas définie : seule la définition est valable. Si $k$ était différentiable en $(0\,;0)$ , son approximation linéaire serait $L(x,y)=0$ , et l'on aurait $\frac{k(x,y)-L(x,y)}{r}\to 0$ . Or sur la droite $y=x$ : $k(t,t)=\frac{t\cdot t\cdot 2t}{2t^{2}}=t$ , et $\frac{k(t,t)}{r}=\frac{t}{|t|\sqrt{2}}=\pm\frac{1}{\sqrt{2}}$ ne tend pas vers $0$ : $k$ n'est PAS différentiable. Autre symptôme : dans la direction $\vec u=\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\,;\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ , la définition donne $D_{\vec u}k(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{k\left(h/\sqrt{2},h/\sqrt{2}\right)}{h}=\frac{1}{\sqrt{2}}\approx 0{,}71$ , alors que $\nabla k(0,0)\cdot\vec u=0$ : la formule du gradient tombe en défaut, parce qu'elle suppose la différentiabilité. $k$ est pourtant continue (exercice 6) et possède ses deux dérivées partielles : celles-ci ne regardent que deux directions, la différentiabilité les exige toutes. L'hypothèse qui manque est la continuité des dérivées partielles en $(0\,;0)$ .

Exercice 10 : Extrema absolus sur un rectangle : intérieur, côtés, sommets

Soit $f(x,y)=x^{3}+y^{2}-3xy$ et $R$ le rectangle fermé $[0\,;2]\times[0\,;3]$ . La figure montre $R$ et les courbes de niveau $-1{,}5$ , $-1$ , $0$ , $3$ et $6$ de $f$ à l'intérieur de $R$ , ainsi qu'un point marqué.

a) Trouvez les points critiques de $f$ sur $\mathbb{R}^{2}$ et classez-les par le test des dérivées secondes.
b) Pourquoi $f$ atteint-elle un minimum et un maximum absolus sur $R$ ? Étudiez $f$ sur chacun des quatre côtés de $R$ .
c) Concluez : minimum et maximum absolus de $f$ sur $R$ , et points où ils sont atteints. Comparez les candidats SANS calculatrice.
d) Vérifiez vos conclusions sur la carte : que montre-t-elle autour du point marqué et autour de l'origine ?

Voir la correction

Réponses

a) $(0\,;0)$ point de selle ; $\left(\frac{3}{2}\,;\frac{9}{4}\right)$ minimum local, $f=-\frac{27}{16}$
b) Théorème des valeurs extrêmes ; sur les côtés : $y^{2}$ , $x^{3}$ , $y^{2}-6y+8$ , $x^{3}-9x+9$ (point critique $x=\sqrt{3}$ , valeur $9-6\sqrt{3}$ )
c) Minimum absolu $-\frac{27}{16}$ en $\left(\frac{3}{2}\,;\frac{9}{4}\right)$ , maximum absolu $9$ en $(0\,;3)$
d) Boucles emboîtées décroissantes autour du minimum ; le niveau $0$ se croise à l'origine (selle)

a) $f_{x}=3x^{2}-3y$ et $f_{y}=2y-3x$ . Le système $f_{x}=0$ , $f_{y}=0$ donne $y=x^{2}$ et $2x^{2}=3x$ , soit $x(2x-3)=0$ : $x=0$ ou $x=\frac{3}{2}$ . Points critiques : $(0\,;0)$ et $\left(\frac{3}{2}\,;\frac{9}{4}\right)$ . Dérivées secondes : $f_{xx}=6x$ , $f_{yy}=2$ , $f_{xy}=-3$ , et $D=f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^{2}=12x-9$ . En $(0\,;0)$ : $D=-9<0$ , POINT DE SELLE. En $\left(\frac{3}{2}\,;\frac{9}{4}\right)$ : $D=18-9=9>0$ et $f_{xx}=9>0$ , MINIMUM LOCAL, de valeur $\frac{27}{8}+\frac{81}{16}-\frac{81}{8}=\frac{54+81-162}{16}=-\frac{27}{16}$ .

b) $f$ est un polynôme, donc continue, et $R$ est fermé et borné : le théorème des valeurs extrêmes garantit un minimum et un maximum absolus. Ils sont atteints soit en un point critique intérieur, soit sur la frontière. Côté $x=0$ , $0\leq y\leq 3$ : $f=y^{2}$ , de $0$ à $9$ . Côté $y=0$ , $0\leq x\leq 2$ : $f=x^{3}$ , de $0$ à $8$ . Côté $x=2$ : $f=y^{2}-6y+8$ , dont le sommet est en $y=3$ , extrémité du côté : $f$ y décroît de $8$ (en $y=0$ ) à $-1$ (en $y=3$ ). Côté $y=3$ : $\varphi(x)=x^{3}-9x+9$ , $\varphi'(x)=3x^{2}-9=0$ pour $x=\sqrt{3}\in[0\,;2]$ , $\varphi(\sqrt{3})=3\sqrt{3}-9\sqrt{3}+9=9-6\sqrt{3}$ ; aux extrémités, $\varphi(0)=9$ et $\varphi(2)=-1$ . Le point critique d'un côté est un candidat que l'on oublie souvent : il n'est critique que POUR LA RESTRICTION, pas pour $f$ .

c) Candidats : $-\frac{27}{16}$ (intérieur), $0$ , $8$ , $9$ , $-1$ (sommets et côtés), $9-6\sqrt{3}$ (côté $y=3$ ). Le maximum absolu est $9$ , atteint en $(0\,;3)$ . Pour le minimum, il faut comparer $-\frac{27}{16}$ et $9-6\sqrt{3}$ : $9-6\sqrt{3}>-\frac{27}{16}\iff 6\sqrt{3}<\frac{171}{16}\iff\sqrt{3}<\frac{57}{32}$ , et c'est vrai puisque $\left(\frac{57}{32}\right)^{2}=\frac{3249}{1024}>3=\frac{3072}{1024}$ . Le minimum absolu est donc $-\frac{27}{16}$ , atteint en $\left(\frac{3}{2}\,;\frac{9}{4}\right)$ . Le point de selle $(0\,;0)$ , où $f=0$ , n'est ni l'un ni l'autre : un point critique n'est pas forcément un extremum, et un sommet n'est pas forcément l'extremum non plus.

d) Le point marqué est $\left(\frac{3}{2}\,;\frac{9}{4}\right)$ : la courbe de niveau $-1{,}5$ forme une petite boucle fermée autour de lui, la courbe de niveau $-1$ une boucle plus grande, que le côté $y=3$ coupe : c'est sur ce côté que $f$ descend jusqu'à $9-6\sqrt{3}$ , sans atteindre $-1{,}5$ , ce qui explique que la petite boucle reste entière dans $R$ . Des courbes fermées emboîtées dont les niveaux DÉCROISSENT vers le centre signalent un minimum local, ce que le test a confirmé. Autour de l'origine, la courbe de niveau $0$ passe PAR le point critique et sépare des zones où $f>0$ (au-dessus, vers les niveaux $3$ et $6$ , et en dessous près de l'axe des $x$ ) d'une zone où $f<0$ : c'est la signature d'un point de selle. Enfin, les niveaux augmentent en montant le long de l'axe des $y$ , jusqu'au coin $(0\,;3)$ où $f$ vaut $9$ .

Exercice 11 : Lagrange sur une ellipse, et ce que dit le multiplicateur

On cherche les valeurs extrêmes de $f(x,y)=x\,y^{2}$ sous la contrainte $g(x,y)=x^{2}+2y^{2}=6$ . La figure montre l'ellipse de contrainte (trait plein) et, en pointillé, les courbes de niveau $1$ , $2$ et $4$ de $f$ , chacune en deux branches symétriques par rapport à l'axe des $x$ (de gauche à droite : $1$ , $2$ , $4$ ). Les axes ont la même échelle.

a) Pourquoi $f$ atteint-elle un maximum et un minimum sur l'ellipse ? D'après la figure, entre quels niveaux se situe le maximum ? Que se passe-t-il géométriquement au point où il est atteint ?
b) Écrivez le système de Lagrange et résolvez-le proprement : examinez le cas $y=0$ avant de diviser par $y$ , et vérifiez que $\nabla g$ ne s'annule pas sur la contrainte.
c) Donnez le maximum et le minimum de $f$ sous la contrainte, les points où ils sont atteints, et la valeur de $\lambda$ au maximum.
d) La contrainte devient $x^{2}+2y^{2}=6{,}3$ . Estimez la variation du maximum à l'aide de $\lambda$ , puis vérifiez en calculant le maximum $f^{*}(c)$ pour une contrainte $x^{2}+2y^{2}=c$ quelconque.

Voir la correction

Réponses

a) Théorème des valeurs extrêmes ; maximum entre $2$ et $4$ ; courbe de niveau tangente à l'ellipse
b) Six candidats : $(\pm\sqrt{6}\,;0)$ avec $\lambda=0$ , et $(\pm\sqrt{2}\,;\pm\sqrt{2})$ avec $\lambda=\frac{x}{2}$
c) Maximum $2\sqrt{2}$ en $(\sqrt{2}\,;\pm\sqrt{2})$ , minimum $-2\sqrt{2}$ en $(-\sqrt{2}\,;\pm\sqrt{2})$ ; $\lambda=\frac{\sqrt{2}}{2}$
d) $\Delta f^{*}\approx 0{,}21$ ; $f^{*}(c)=\left(\frac{c}{3}\right)^{3/2}$ et $\frac{df^{*}}{dc}(6)=\frac{\sqrt{2}}{2}=\lambda$

a) $f$ est continue (polynôme) et l'ellipse est fermée et bornée : le théorème des valeurs extrêmes garantit un maximum et un minimum. Sur la figure, la courbe de niveau $2$ COUPE l'ellipse, donc la valeur $2$ est atteinte et le maximum vaut au moins $2$ ; la courbe de niveau $4$ passe à l'extérieur sans la toucher, donc la valeur $4$ n'est pas atteinte : le maximum est entre $2$ et $4$ . Au point du maximum, la courbe de niveau de $f$ est TANGENTE à l'ellipse : si elle la coupait, on pourrait glisser sur l'ellipse vers des niveaux plus élevés. Deux courbes tangentes ont des normales parallèles, d'où $\nabla f=\lambda\nabla g$ .

b) $\nabla f=(y^{2}\,;2xy)$ et $\nabla g=(2x\,;4y)$ . Système : $y^{2}=2\lambda x$ (1), $2xy=4\lambda y$ (2), $x^{2}+2y^{2}=6$ (3). $\nabla g=(0\,;0)$ seulement en $(0\,;0)$ , qui ne vérifie pas (3) : la méthode s'applique en tout point de la contrainte. Cas $y=0$ : (2) est vérifiée, (1) donne $\lambda x=0$ , et (3) donne $x=\pm\sqrt{6}$ , d'où $\lambda=0$ ; points $(\pm\sqrt{6}\,;0)$ , où $f=0$ . Cas $y\neq 0$ : on peut diviser (2) par $2y$ , $x=2\lambda$ . Alors (1) donne $y^{2}=2\lambda x=x^{2}$ , et (3) donne $3x^{2}=6$ , $x^{2}=2$ , $y^{2}=2$ . Le cas $x=0$ est ainsi exclu (il donnerait $y=0$ ). Quatre points : $(\pm\sqrt{2}\,;\pm\sqrt{2})$ , avec $\lambda=\frac{x}{2}$ . Diviser (2) par $y$ sans examiner $y=0$ fait perdre les points $(\pm\sqrt{6}\,;0)$ : ici ils ne donnent pas l'extremum, mais rien ne le garantissait avant le calcul.

c) Valeurs : $f(\sqrt{2},\pm\sqrt{2})=\sqrt{2}\cdot 2=2\sqrt{2}$ , $f(-\sqrt{2},\pm\sqrt{2})=-2\sqrt{2}$ , $f(\pm\sqrt{6},0)=0$ . Le maximum est $2\sqrt{2}\approx 2{,}83$ , atteint aux DEUX points $(\sqrt{2}\,;\sqrt{2})$ et $(\sqrt{2}\,;-\sqrt{2})$ (symétrie : $f$ ne dépend que de $y^{2}$ ) ; le minimum est $-2\sqrt{2}$ , en $(-\sqrt{2}\,;\pm\sqrt{2})$ . La valeur $2\sqrt{2}$ est bien entre $2$ et $4$ , comme la figure l'annonçait. Au maximum, $\lambda=\frac{\sqrt{2}}{2}\approx 0{,}71$ .

d) Analyse de sensibilité : $\lambda\approx\frac{\Delta f^{*}}{\Delta c}$ , donc $\Delta f^{*}\approx\frac{\sqrt{2}}{2}\times 0{,}3\approx 0{,}71\times 0{,}3\approx 0{,}21$ . Vérification : pour $x^{2}+2y^{2}=c$ , le même calcul donne $x^{2}=y^{2}=\frac{c}{3}$ et $f^{*}(c)=\sqrt{\frac{c}{3}}\cdot\frac{c}{3}=\left(\frac{c}{3}\right)^{3/2}$ . Sa dérivée est $\frac{df^{*}}{dc}=\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{3}\left(\frac{c}{3}\right)^{1/2}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{c}{3}}$ , qui vaut $\frac{\sqrt{2}}{2}$ en $c=6$ : c'est exactement $\lambda$ . Le multiplicateur n'est donc pas une inconnue auxiliaire à jeter : c'est le taux de variation de l'optimum quand on desserre la contrainte. La valeur exacte $f^{*}(6{,}3)-f^{*}(6)=2{,}1^{3/2}-2\sqrt{2}\approx 0{,}215$ confirme l'estimation à quelques millièmes près.

Exercice 12 : Deux itérations de la méthode du gradient, à la main

Soit $f(x,y)=2x^{2}+y^{2}-2xy-2y$ . La figure montre quatre courbes de niveau de $f$ , de l'intérieur vers l'extérieur les niveaux $-1{,}75$ , $-1{,}5$ , $-1$ et $0$ , et le point de départ $\vec x_{0}=(0\,;0)$ . Les axes ont la même échelle. La méthode du gradient avec recherche linéaire exacte calcule $\vec x_{k+1}=\vec x_{k}-t_{k}\nabla f(\vec x_{k})$ , où $t_{k}>0$ minimise $\varphi(t)=f\left(\vec x_{k}-t\,\nabla f(\vec x_{k})\right)$ .

a) Trouvez le minimum exact de $f$ (point et valeur) et justifiez que c'est un minimum. Le point de départ est-il sur l'une des courbes dessinées ?
b) Effectuez la première itération : $\nabla f(\vec x_{0})$ , la fonction $\varphi$ , le pas $t_{0}$ , le point $\vec x_{1}$ et $f(\vec x_{1})$ .
c) Effectuez la deuxième itération, puis vérifiez que $\nabla f(\vec x_{1})$ est orthogonal à $\nabla f(\vec x_{0})$ . Démontrez que c'est toujours le cas avec une recherche linéaire exacte.
d) Un camarade remplace la recherche linéaire par un pas fixe $t=1$ , à partir du même $\vec x_{0}$ . Calculez ses deux premiers points et la valeur de $f$ au deuxième. Que conclure ?

Voir la correction

Réponses

a) Minimum $f(1,2)=-2$ ( $D=4>0$ , $f_{xx}=4>0$ ) ; $\vec x_{0}$ est sur le niveau $0$
b) $\nabla f(\vec x_{0})=(0\,;-2)$ , $\varphi(t)=4t^{2}-4t$ , $t_{0}=\frac{1}{2}$ , $\vec x_{1}=(0\,;1)$ , $f(\vec x_{1})=-1$
c) $t_{1}=\frac{1}{4}$ , $\vec x_{2}=\left(\frac{1}{2}\,;1\right)$ , $f(\vec x_{2})=-\frac{3}{2}$ ; $(0\,;-2)\cdot(-2\,;0)=0$ , car $\varphi'(t_{k})=0$
d) $(0\,;2)$ puis $(4\,;0)$ , $f=32$ : le pas fixe $1$ est trop grand, la méthode diverge

a) $\nabla f=(4x-2y\,;2y-2x-2)$ . $\nabla f=\vec 0$ : la première équation donne $y=2x$ , et la seconde devient $4x-2x-2=2x-2=0$ : $x=1$ , $y=2$ . Test des dérivées secondes : $f_{xx}=4$ , $f_{yy}=2$ , $f_{xy}=-2$ , $D=8-4=4>0$ et $f_{xx}>0$ : minimum local, et même global, car $f+2=(x-1)^{2}+\left((y-2)-(x-1)\right)^{2}\geq 0$ . Le minimum est $f(1,2)=2+4-4-4=-2$ . Le départ : $f(0,0)=0$ , il est sur la courbe de niveau $0$ , la plus grande ellipse.

b) $\nabla f(0,0)=(0\,;-2)$ , donc la direction de descente est $-\nabla f=(0\,;2)$ : on monte verticalement. $\varphi(t)=f(0,2t)=4t^{2}-4t$ , minimale pour $\varphi'(t)=8t-4=0$ , soit $t_{0}=\frac{1}{2}$ . Alors $\vec x_{1}=(0\,;0)-\frac{1}{2}(0\,;-2)=(0\,;1)$ et $f(\vec x_{1})=1-2=-1$ . Sur la figure, $\vec x_{1}$ est sur la courbe de niveau $-1$ , et le segment vertical $\vec x_{0}\vec x_{1}$ y est TANGENT : la recherche exacte s'arrête là où la direction de descente cesse de faire descendre.

c) $\nabla f(0,1)=(-2\,;0)$ , direction $(2\,;0)$ , horizontale. $\varphi(t)=f(2t,1)=8t^{2}+1-4t-2=8t^{2}-4t-1$ , $\varphi'(t)=16t-4=0$ : $t_{1}=\frac{1}{4}$ . $\vec x_{2}=(0\,;1)+\frac{1}{4}(2\,;0)=\left(\frac{1}{2}\,;1\right)$ et $f(\vec x_{2})=\frac{1}{2}+1-1-2=-\frac{3}{2}$ , sur la courbe de niveau $-1{,}5$ . Orthogonalité : $(0\,;-2)\cdot(-2\,;0)=0$ . Preuve générale : $t_{k}$ minimise $\varphi$ , donc $\varphi'(t_{k})=0$ ; par la dérivation en chaîne, $\varphi'(t)=\nabla f\left(\vec x_{k}-t\nabla f(\vec x_{k})\right)\cdot\left(-\nabla f(\vec x_{k})\right)$ , d'où $\nabla f(\vec x_{k+1})\cdot\nabla f(\vec x_{k})=0$ . La méthode avance donc en ZIGZAG à angles droits : l'écart au minimum vaut $2$ , puis $1$ , puis $\frac{1}{2}$ , il est divisé par deux à chaque pas (une troisième itération donnerait $\left(\frac{1}{2}\,;\frac{3}{2}\right)$ et $-\frac{7}{4}$ ). C'est lent parce que les ellipses sont allongées et obliques : la plus forte pente ne vise pas le centre.

d) Pas fixe : $\vec x_{1}=(0\,;0)-1\cdot(0\,;-2)=(0\,;2)$ , avec $f(0,2)=4-4=0$ : aucun progrès. Puis $\nabla f(0,2)=(-4\,;2)$ et $\vec x_{2}=(0\,;2)-(-4\,;2)=(4\,;0)$ , avec $f(4,0)=32$ : la valeur a EXPLOSÉ, alors qu'elle devait descendre vers $-2$ . Le pas $1$ est trop grand pour cette fonction : on saute par-dessus la vallée et on remonte de l'autre côté, de plus en plus haut (le point suivant serait $(-12\,;10)$ , où $f=608$ ). La direction $-\nabla f$ ne garantit la descente que pour un pas assez petit ; c'est tout l'intérêt de la recherche linéaire, qui choisit le pas au lieu de le subir.

Examen final blanc de MTH1101 : corrigé complet (Polytechnique)

Rappel de cours

Partie A : séries et approximations (/30)

Exercice 1 : Quatre séries : choisir le critère, puis le justifier

Exercice 2 : Une série entière centrée en 4, puis ln(4 + x²) terme à terme

Exercice 3 : Une intégrale sans primitive élémentaire, et une borne bien choisie

Partie B : nombres complexes et fonctions de plusieurs variables (/30)

Exercice 4 : Racines cubiques, polynôme réel et puissance 2026

Exercice 5 : Un domaine, une carte de contour, trois surfaces de niveau

Exercice 6 : Limites à deux variables : prouver l'absence, prouver l'existence

Partie C : dérivées, gradient et différentielle (/30)

Exercice 7 : Une carte de contour, puis le gradient qui la confirme

Exercice 8 : La dérivation en chaîne derrière un cube complexe

Exercice 9 : Mesurer un arbre, puis une fonction dont les dérivées partielles trompent

Partie D : optimisation (/30)

Exercice 10 : Extrema absolus sur un rectangle : intérieur, côtés, sommets

Exercice 11 : Lagrange sur une ellipse, et ce que dit le multiplicateur

Exercice 12 : Deux itérations de la méthode du gradient, à la main

Voir aussi

Vous préparez le final de MTH1101 ?