développons le facteur entre [ ] pour voir s'il s'arrange un peu
∂g/∂x = (1/2) (1 + y) [ −1/x2 −1/x + 1/x + 1/y ]
= (1/2) (1 + y) ( −1/x2 + 1/y )
Nous le laissons sous forme factorisée afin d'étudier son signe.
∂g/∂y : Nous remarquons que x et y on des rôles identiques : g(x,y) = g(y,x)
il suffit d'échanger x et y dans l'expression de ∂g/∂x pour obtenir :
∂g/∂y = (1/2) (1 + x) ( −1/y2 + 1/x )
Points critiques : les dérivées premières sont nulles
C'est une condition nécessaire mais pas suffisante pour avoir un extrêmum local.
Pour un extrêmum, il faut : Δ' = s2 − r t < 0 Alors, si r < 0 (donc t < 0) on a un maximum (courbures vers le bas)
Alors, si r > 0 (donc t > 0) on a un minimum (courbures vers le haut)
∂g/∂x = 0 : (1 + y) ( −1/x2 + 1/y ) = 0
y = −1
y = x2 (x et y ≠ 0 à cause de la division)
∂g/∂y = 0 : (1 + x) ( −1/y2 + 1/x ) = 0
x = −1
x = y2 (x et y ≠ 0 à cause de la division)
y = −1
y = x2
x = −1
(−1, −1)
(−1, 1)
x = y2
(1, −1)
(1, 1)
Traitement du cas : y = x2 et x = y2 système de 2 équations non linéaires
=> méthode de substitution : y = x2 = y4 y − y4 = y ( 1 − y3 ) = 0
=> y = 0 ou y = 1 (Mais 0 est une valeur interdite)
Point →
(−1, −1)
(−1, 1)
(1, −1)
(1, 1)
r(x,y) = (1 + y) / x3
0
−2
0
2
s(x,y) = − (1/2) ( 1/y2 + 1/x2 )
−1
−1
−1
−1
t(x,y) = (1 + x) / y3
0
0
−2
2
s2 − r t
1
1
1
−3
g(x,y) possède un seul extrêmum en (1, 1), c'est un minimum local
Intégration par changement de variable ou par parties ?
changement de variable : I = ∫ab u'(x) f(u(x)) dx
comme du/dx = u'(x) : on pose du = u'(x) dx
La nouvelle variable d'intégration est u qui remplace x :
I devient : I = ∫u(a)u(b) f(u) du
exemple : I = ∫ x f(x2) dx
on pose u = x2
avec du = 2 x dx
I = (1/2) ∫ f(u) du
( Il ne doit pas rester de x dans l'intégrale ! )
exemple : I = ∫02 x e−x2 dx
on pose u = x2
avec du = 2 x dx => dx = du / (2 x)
I = (1/2) ∫04 e−u du
= (1/2) [ − e−u ]04
= (1/2) [ − e−4 + e−0 ]
= ( 1 − 1/e4 ) / 2
intégration par parties : I = ∫ab u'(x) v(x) dx
rappel : (u v)' = u' v + u v' d'où :
∫ u'(x) v(x) dx = [ u(x) v(x) ] − ∫ u(x) v'(x) dx
Choix de u'(x) qu'il va falloir intégrer : une fonction simple telle que ex
Choix de v(x) que nous allons dériver :
une fonction dont la dérivée est plus simple que la fonction
v(x) = xn car v'(x) = n xn−1 on pourra recommencer jusqu'à v(x) = x1 car v'(x) = 1 Et nous aurons terminé.
exemple : In = ∫0∞ xn e−x
u' = e−x => u = − e−x
v = xn => v' = n xn−1
In = ∫0∞ u' v
= [ u v ]0∞ − ∫0∞ u v' dx
In = [ − xn e−x ]0∞
− ∫0∞ − e−x n xn−1 dx
Or : [ − xn e−x ]0∞ = 0 pour n ≥ 1
en 0 : xn = 0 et e−x = 1
en ∞ : xn / ex → 0
In =
∫0∞ e−x n xn−1 dx
= n In−1
par récurrence : In = n (n − 1 ) In−2 ... = n! I0
Il ne reste plus qu'à calculer I0
= ∫0∞ e−x
= [ − e−x ]0∞
= − e−∞ − ( − e0 )
= − 0 + 1