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Mathematiques pour l’economie MATHSECOCORRPARTIEL.TEX, 11 June 2014, 18:49 Page i

CORRIGES DESEXERCICES

1 Notions preliminaires I : Algebre elementaire 1

2 Notions preliminaires II : Equations 10

3 Notions preliminaires III : Divers 14

4 Les fonctions d’une variable 20

5 Les proprietes des fonctions 30

6 La derivation 35

7 Les derivees en action 44

8 Optimisation a une variable 56

9 Integration 65

10 Sujets d’economie financiere 83

11 Les fonctions de plusieurs variables 89

12 Outils de statique comparative 97

13 Optimisation a plusieurs variables 111

14 L’optimisation sous contraintes 122

15 Algebre des matrices et des vecteurs 136

16 Determinants et matrices inverses 144

17 Les programmes lineaires 154

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CORRIGES DESEXERCICES

Chapitre 1 / Notions preliminaires I : Algebre elementaire

1.1

1. (a) Vrai.

(b) Faux, �5 etant inferieur a �3, il est a gauche de �3 sur la droite des nombres.

(c) Faux, �13 est un entier, mais pas un entier naturel.

(d) Vrai.Tout entier naturel est rationnel. Par exemple, 5 = 5=1.

(e) Faux, car 3;1415 = 31 415=10 000, le quotient de deux entiers (3;1415 n’est qu’une

approximation de �).

(f) Faux. Contre-exemple :p

2 + (�p

2) = 0.

(g) Vrai.

(h) Vrai.

2. Il n’y a manifestement pas de suite finie de chiffres qui se repete continuellement

puisqu’un 0 supplementaire est ajoute entre deux 1 successifs :

1;01001000100001000001 : : :

1.2

1. (a) 103 = 10 � 10 � 10 = 1000

(b) (�0;3)2 = 0;09

(c) 4�2 = 1=16

(d) (0;1)�1 = 1=0;1 = 10

2. (a) 4 = 22

(b) 1 = 20



2 CORRIGES DES EXERCICES

(c) 64 = 26

(d) 1=16 = 2�4

3. (a) 153

(b)(� 1

3

)3

(c) 10�1

(d) 10�7

(e) t6

(f) (a � b)3

(g) a2b4

(h) (�a)3

4. (a) 25 � 25 = 25+5 = 210

(b) 38 � 3�2 � 3�3 = 38�2�3 = 33

(c) (2x)3 = 23x3 = 8x3

(d) (�3xy2)3 = (�3)3x3 (y2)3 = �27x3y6

5. (a)p24p3

p4p= p24+3�4�1 = p22

(b)a4b�3

(a2b�3)2=a4b�3

a4b�6= a4�4b�3�(�6) = b3

(c)34 (32)6

(�3)1537=

34312

�31537= �3�6

(d)p (pq)�

p2 +�q��2= p� q2

6. (a) 26 = 64

(b) 64=27

(c) 8=3

(d) x9

(e) y12

(f) 8x3y3

(g) 10�2 = 1=100

(h) k4

(i) (x + 1)2

7. (a) Comme 4�(3r)2 = 4�32r2 = 9 (4�r2), la surface de la sphere est amplifiee d’un

facteur 9.

(b) Quand le rayon r augmente de 16 %, cela veut dire que r est multiplie par le

facteur 1,16 et r2 par le facteur (1;16)2 = 1;3456. La surface augmente de 34;56 %.

8. (a) Faux. a0 = 1.

(b) Vrai. c�n = 1=cn pour tout c 6= 0.

(c) Vrai. am � am = am+m = a2m.

(d) Faux (sauf si m = 0 ou ab = 1). ambm = (ab)m.

(e) Faux (sauf si m = 1). Par exemple, (a + b)2 est egal a a2 + 2ab + b2.

(f) Faux (sauf si ambn = 1). Par exemple, a2b3 n’est pas egal a (ab)2+3 = (ab)5 = a5b5:



CHAPITRE 1 / Notions preliminaires I : Algebre elementaire 3

9. (a) x3y3 = (xy)3 = 33 = 27

(b) (ab)4 = (�2)4 = 16

(c) (a8)0 = 1 pour tout a 6= 0.

(d) (�1)2n = [(�1)2]n = 1n = 1

10. (a) 150 � 0;13 = 19;5

(b) 2 400 � 0;06 = 144

(c) 200 � 0;055 = 11

11. 1;50 meilleur marche, ce qui est 15 % de 10.

12. (a) Un investissement initial de 50 e s’il est place a un taux d’interet de 11% l’an,

pendant 8 annees, devient 50 � (1;11)8 � 115;23 e.

(b) Un investissement initial de 10 000 e places a 12 % l’an, pendant 20 ans, devient

10 000 � (1;12)20 � 96 462;93 e.

(c) 5 000 � (1;07)�10 � 2 541;75 e est le montant que vous auriez du investir il y a

10 ans pour avoir 5 000 e aujourd’hui, si le taux d’interet est reste constant a 7 %.

13. (a) 12 000 � (1;04)15 � 21 611;32

(b) 50 000 � (1;06)�5 � 37 362;91

14. p � 95,3%, puisque (1;25)3 = 1;9531.

1.3

1. (a) 1

(b) 6

(c) �18

(d) �18

(e) 3x + 12

(f) 45x � 27y

(g) 3

(h) 0

(i) �1

2. (a) 3a2 � 5b

(b) �2x2 + 3x + 4y

(c) t

(d) 2r3 � 6r2s + 2s3

3. (a) �3n2 + 6n � 9

(b) x5 + x2

(c) 4n2 � 11n + 6

(d) �18a3b3 + 30a3b2

(e) a3b � ab3

(f) x3 � 6x2y + 11xy2 � 6y3

4. (a) acx2 + (ad + bc) x + bd

(b) 4 � t4(c) [(u � v) (u + v)]2 = (u2 � v2)2 = u4 � 2u2v2 + v4




5. (a) (2t � 1) (t2 � 2t + 1) = 2t (t2 � 2t + 1) � (t2 � 2t + 1)

= 2t3 � 4t2 + 2t � t2 + 2t � 1 = 2t3 � 5t2 + 4t � 1

(b) (a+ 1)2 + (a�1)2�2 (a+ 1) (a�1) = a2 + 2a+ 1 +a2�2a+ 1�2a2 + 2 = 4. Sinon,

on applique l’identite du deuxieme degre x2 + y2 � 2xy = (x � y)2 avec x = a + 1 et

y = a�1 et on obtient (a+1)2 +(a�1)2�2 (a+1) (a�1) = [(a+1)�(a�1)]2 = 22 = 4.

(c) (x + y + z)2 = (x + y + z) (x + y + z)

= x (x + y + z) + y (x + y + z) + z (x + y + z)

= x2 + xy + xz + yx + y2 + yz + zx + zy + z2

= x2 + y2 + z2 + 2xy + 2xz + 2yz

(d) Avec a = x + y + z et b = x � y � z,

(x + y + z)2 � (x � y � z)2 = a2 � b2 = (a + b) (a � b) = 2x (2y + 2z) = 4x (y + z):

6. (a) x2 + 4xy + 4y2

(b) 1=x2 � 2 + x2

(c) 9u2 � 30uv + 25v2

(d) 4z2 � 25w2

7. (a) 2012 � 1992 = (201 + 199) (201 � 199) = 400 � 2 = 800

(b) u2 � 4u + 4 = (u � 2)2 = 1 de sorte que u � 2 = ˙1 et u = 1 ou u = 3.

(c)(a + 1)2 � (a � 1)2

(b + 1)2 � (b � 1)2=a2 + 2a + 1 � (a2 � 2a + 1)

b2 + 2b + 1 � (b2 � 2b + 1)=

4a

4b=a

b

8.1 0002

(2522 � 2482)=

1 0002

(252 + 248) (252 � 248)=

1 0002

500 � 4= 500

9. (a) (a + b)3 = (a + b)2 (a + b) = (a2 + 2ab + b2) (a + b) = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3

(b) (a � b)3 = (a � b)2 (a � b) = (a2 � 2ab + b2) (a � b) = a3 � 3a2b + 3ab2 � b3

(c) et (d) : Developper les membres de droite.

10. (a) 3 � 7 � xxyyy(b) 3 (x � 3y + 9z)

(c) aa (a � b)

(d) 2 � 2 � 2xy (xy � 2)

11. (a) 2 � 2 � 7aabbb

(b) 2 � 2 (x + 2y � 6z)

(c) 2x (x � 3y)

(d) 2aabb (3a + 2b)

(e) 7x (x � 7y)

(f) 5xyy (1 � 3x) (1 + 3x)

(g) (4 + b) (4 � b)

(h) 3 (x + 2) (x � 2)

12. (a) (x � 2) (x � 2)

(b) 2 � 2ts (t � 2s)

(c) 2 � 2 (2a + b) (2a + b)

(d) 5x (x +p

2y) (x �p

2y)




13. (a) a2 + 4ab + 4b2 = (a + 2b)2 par l’identite du second degre.

(b) KL(K � L)

(c) K�5(K � L)

(d) 9z2�16w2 = (3z�4w) (3z + 4w), selon la formule de la difference de deux carres.

(e) � 15x2 + 2xy � 5y2 = � 1

5(x2 � 10xy + 25y2) = � 1

5(x � 5y)2

(f) a4 � b4 = (a2 � b2) (a2 + b2), grace a la formule de la difference de deux carres.

Comme a2 � b2 = (a � b) (a + b), a4 � b4 = (a � b) (a + b) (a2 + b2).

14. (a) (5 + a) (x + y)

(b) u2 � v2 + 3 (u + v) = (u + v) (u � v) + 3 (u + v) = (u + v) (u � v + 3)

(c) (P +Q) (P 2 +Q2)

15. (a) KK (K � L)

(b) KL(L2 + 1)

(c) (L +K) (L �K)

(d) (K � L) (K � L)

(e) KL (K � 2L) (K � 2L)

(f) K�6(K3 � 1) = K�6(K � 1) (K2 +K + 1), grace a la formule de l’exercice 9(c).

1.4

1. (a) 2/7

(b) 13/12

(c) 5/24

(d) 2/25

(e) 9/5

(f) 1/2

(g) 1/2

(h) 11/27

2. (a) 3x=2

(b) 3a=5

(c) 1/5

(d) 112

(�5x + 11)

(e) �1=(6b)

(f) 1=b

3. (a)5 � 5 � 13

5 � 5 � 5 � 5=

13

25

(b)ab2

8c2

(c)2

3(a � b)

(d)P (P +Q) (P �Q)

(P +Q)2=P (P �Q)

P +Q

4. (a) 1/2

(b) 6




(c) 5/7

(d) 9/2

5. (a)1

x � 2� 1

x + 2=

x + 2

(x � 2) (x + 2)� x � 2

(x + 2) (x � 2)=x + 2 � x + 2

(x � 2) (x + 2)=

4

x2 � 4

(b) Comme 4x +2 = 2 (2x+1) et 4x2�1 = (2x+1) (2x�1), le plus petit denominateur

commun est 2 (2x + 1) (2x � 1). Ensuite,

6x + 25

4x + 2� 6x2 + x � 2

4x2 � 1=

(6x + 25) (2x � 1) � 2 (6x2 + x � 2)

2 (2x + 1) (2x � 1)

=42x � 21

2 (2x + 1) (2x � 1)=

21

2 (2x + 1):

(c)18b2

a2 � 9b2� a

a + 3b+ 2 =

18b2 � a (a � 3b) + 2 (a2 � 9b2)

(a + 3b) (a � 3b)

=a (a + 3b)

(a + 3b) (a � 3b)=

a

a � 3b

(d)1

8ab� 1

8b (a + 2)=

(a + 2) � a8ab (a + 2)

=2

8ab (a + 2)=

1

4ab (a + 2)

(e)2t � t2t + 2

�(

5t

t � 2� 2t

t � 2

)=t (2 � t )t + 2

� 3t

t � 2=�t (t � 2)

t + 2� 3t

t � 2=�3t2

t + 2

(f)a(1 � 1

2a

)

0;25=a � 1

214

= 4a � 2, de sorte que

2 �a(1 � 1

2a

)

0;25= 2 � (4a � 2) = 4 � 4a = 4 (1 � a):

6. (a)2

x+

1

x + 1� 3 =

2 (x + 1) + x � 3x (x + 1)

x (x + 1)=

2 � 3x2

x (x + 1)

(b)t

2t + 1� t

2t � 1=t (2t � 1) � t (2t + 1)

(2t + 1) (2t � 1)=�2t

4t2 � 1

(c)3x

x + 2� 4x

2 � x �2x � 1

(x � 2) (x + 2)=

3x (x � 2) + 4x (x + 2) � (2x � 1)

(x � 2) (x + 2)=

7x2 + 1

x2 � 4

(d)

1

x+

1

y1

xy

=

(1

x+

1

y

)xy

1

xy� xy

=y + x

1= x + y

(e)

1

x2� 1

y2

1

x2+

1

y2

=

(1

x2� 1

y2

)� x2y2

(1

x2+

1

y2

)� x2y2

=y2 � x2

y2 + x2

(f) Reduire les fractions du numerateur et du denominateur au denominateur com-

mun xy, puis simplifier.a (y � x)

a (y + x)=y � xy + x




7.�8x

x2 + 2xy � 3y2

8. (a) 14� 1

5= 5

20� 4

20= 1

20. De la,

(14� 1

5

)�2=(

120

)�2= 202 = 400.

(b) n � n

1 � 1

n

= n � n � n(

1 � 1

n

)� n

= n � n2

n � 1=n (n � 1) � n2

n � 1=�nn � 1

(c) On pose u = xp�q . Alors

1

1 + xp�q+

1

1 + xq�p=

1

1 + u+

1

1 + 1=u=

1

1 + u+

u

1 + u= 1:

(d)

(1

x � 1+

1

x2 � 1

)(x2 � 1)

(x � 2

x + 1

)(x2 � 1)

=(x + 1) + 1

x3 � x � 2x + 2

=x + 2

(x + 2) (x2 � 2x + 1)=

1

(x � 1)2

(e)1

(x + h)2� 1

x2=x2 � (x + h)2

x2 (x + h)2=�2xh � h2

x2 (x + h)2, de sorte que

1

(x + h)2� 1

x2

h=�2x � hx2 (x + h)2

:

(f) En multipliant numerateur et denominateur par x2 � 1 = (x + 1) (x � 1), il vient

10x2

5x (x � 1)=

2x

x � 1:

Exercices recapitulatifs du chapitre 1

1. (a) 53 = 5 � 5 � 5 = 125

(b) 10�3 = 1=103 = 1=1 000 = 0;001

(c) 1=3�3 = 33 = 27

(d) �1 000

(e) 3

(f) (3�2)�3 = 36 = 729

(g) �1

(h)(� 1

2

)�3= 1

(� 12

)3= 1

� 18

= �8

2. (a) 1

(b) Non defini.

(c) 1

(d) 1




3. (a) 2�6 = 1=64

(b) 32� 3

4= 3

4

(c) �45=4

(d) 1

4. (a) (2x)4 = 24x4 = 16x4

(b) 2�1 � 4�1 = 12� 1

4= 1

4, de sorte que (2�1 � 4�1)�1 = 4.

(c) Eliminer le facteur commun 4x2yz2.

(d) �(�ab3)�3 = �(�1)�3a�3b�9 = a�3b�9, de sorte que

[�(�ab3)�3(a6b6)2]3 = [a�3b�9a12b12]3 = [a9b3]3 = a27b9:

(e)a5a3a�2

a�3a6=a6

a3= a3

(f)

[(x

2

)3

� 8

x�2

]�3

=

[x3

8� 8

x�2

]�3

=

[x3

x�2

]�3

= (x5)�3 = x�15

5. (a) 0;12 � 300 = 36

(b) 0;05 � 2 000 = 100

(c) 0;065 � 1500 = 97;5

6. (a) Une population de 100 millions d’individus qui croıt de 1% par an compte, apres

8 ans, 100 � (1;01)8 � 108 millions d’individus.

(b) Au taux d’interet annuel fixe de 15 %, un investissement initial de 50 000 e sera

devenu apres 10 ans 50 000 � (1;15)10 � 202 277 e.

(c) 6 000 � (1;03)�8 � 4 736 e est la somme que vous auriez du deposer il y a 8 ans

pour avoir aujourd’hui 6 000 e, au taux de 3 %.

7. (a) 100 000 (1;08)10 � 215 892

(b) 25 000 (1;08)�6 � 15 754

8. (a) a2 � a(b) x2 + 4x � 21

(c) �p

3(p

3 �p

6)

= �3 +p

3p

6 = �3 +p

3p

3p

2 = �3 + 3p

2

(d) 3 � 2p

2

(e) x3 � 3x2 + 3x � 1

(f) 1 � b4

(g) (1 + x + x2 + x3) (1 � x) = (1 + x + x2 + x3) � (1 + x + x2 + x3) x = 1 � x4

(h) (1 + x)4 = (1 + x)2 (1 + x)2 = (1 + 2x + x2) (1 + 2x + x2) = x4 + 4x3 + 6x2 + 4x + 1

9. (a) x3y3 = (x�1y�1)�3 = 3�3 = 1=27

(b) (x�3)6 (x2)2 = x�18x4 = x�14 = (x7)�2 = 2�2 = 1=4

(c) (z=xy)6 = (xy=z)�6 = [(xy=z)�2]3 = 33 = 27

(d) (abc)4 = (a�1b�1c�1)�4 = (1=4)�4 = 44 = 256

10. (a) 5 (5x � 1)

(b) xx (3 � xy)

(c) (p

50 � x) (p

50 + x)

(d) a (a � 2b)2




11. (a) (5 + a) (x + 2y)

(b) (a + b) (c � d )

(c) ax + ay + 2x + 2y = a (x + y) + 2 (x + y) = (a + 2) (x + y)

(d) 2x2 � 5yz + 10xz � xy = 2x2 + 10xz � (xy + 5yz) = 2x (x + 5z) � y (x + 5z)

= (2x � y) (x + 5z)

(e) p2 � q2 + p � q = (p � q) (p + q) + (p � q) = (p � q) (p + q + 1)

(f) u3 + v3 � u2v � v2u = u2 (u � v) + v2 (v � u) = (u2 � v2) (u � v)

= (u + v) (u � v) (u � v) = (u + v) (u � v)2

12. (a) 161=4 =4p

16 = 2

(b) 243�1=5 = 1=5p

243 = 1=3

(c) 51=7 � 56=7 = 51=7+6=7 = 51 = 5

(d) 4�3=2 = 1=8

(e) 641=3 +3p

125 = 4 + 5 = 9

(f) (�8=27)2=3 = ( 3√�8=27 )2 = (�2=3)2 = 4=9

(g) (�1=8)�2=3 + (1=27)�2=3 = ( 3√�1=8 )�2 + ( 3

√1=27 )�2

= (�1=2)�2 + (1=3)�2 = 4 + 9 = 13:

(h)1 000�2=3

3p

5�3=

(3p

1 000 )�2

5�1=

10�2

5�1=

1

20

13. (a) 8 = 23, de sorte que x = 3=2.

(b) 1=81 = 3�4, de sorte que 3x + 1 = �4 ou x = �5=3.

(c) x2 � 2x + 2 = 2, de sorte que x = 0 ou x = 2.

14. (a) 5 + x = 3, de sorte que x = �2.

(b) 3x � 3x�2 = 3x�2(32 � 1) = 3x�2 � 8, de sorte que 3x�2 = 3 et donc x = 3.

(c) 3x � 3x�1 = 32x�1 = 81 = 34 a condition que x = 2;5.

(d) 35 + 35 + 35 = 3 � 35 = 36 de sorte que x = 6.

(e) 4�6 + 4�6 + 4�6 + 4�6 = 4 � 4�6 = 4�5 de sorte que x = �5.

(f)226 � 223

226 + 223=

223(23 � 1)

223(23 + 1)=

7

9de sorte que x = 7.

15. (a)s

2s � 1� s

2s + 1=s(2s + 1) � s(2s � 1)

(2s � 1) (2s + 1)=

2s

4s2 � 1

(b)x

3 � x �1 � xx + 3

� 24

x2 � 9=�x (x + 3) � (1 � x) (x � 3) � 24

(x � 3) (x + 3)

=�7 (x + 3)

(x � 3) (x + 3)=�7

x � 3

(c) En multipliant numerateur et denominateur par x2y2, il vient

y � xy2 � x2

=y � x

(y � x) (y + x)=

1

x + y:

16. (a) Simplifier par le facteur 25ab.

(b) x2 � y2 = (x + y) (x � y). Simplifier par x + y.




(c) La fraction peut etre ecrite(2a � 3b)2

(2a � 3b) (2a + 3b)=

2a � 3b

2a + 3b.

(d)4x � x3

4 � 4x + x2=x (2 � x) (2 + x)

(2 � x)2=x (2 + x)

2 � x17. (a) x < 13=2

(b) y > �3

(c) Valable pour tout x.

(d) x < 29=14

(e) �1 6 x 6 13=3

(f) �p

6 6 x 6 �p

2 oup

2 6 x 6p

6.

18. (a) 30 + 0;16x

(b) Au minimum 7;5 heures. Au maximum 10 heures.

19. 2�(r +1)�2�r = 2� , ou r est le rayon de la Terre (supposee spherique). Le supplement

de corde est seulement de 6,28 m !

20. (a) Poserp=100 = r . Alors, l’expression donnee devient a+ar�(a+ar)r = a (1�r2),

comme demande.

(b) 2 000 � 1;05 � 0;95 = 1 995 e.

(c) Le resultat est exactement celui de la formule (a).

(d) Avec la notation utilisee en (a), on a : a� ar + (a� ar)r = a (1� r2), ce qui est la

meme expression qu’en (a).

21. (a) Non, par exemple, �1 > �2, mais (�1)2 < (�2)2.

(b) On suppose a > b ou a� b > 0. Si a + b > 0, alors a2 � b2 = (a + b) (a� b) > 0,

de sorte que a2 > b2.

22. (a) 2 > 1 et 1=2 < 1=1. Aussi, �1 > �2 et 1=(�1) < �1=2. Par ailleurs, 2 > �1 et

1=2 > 1=(�1).

(b) Si ab > 0 et a > b, alors 1=b � 1=a = (a � b)=ab > 0, de sorte que 1=b > 1=a.

(Aussi, si ab < 0 et a > b, alors 1=b�1=a = (a�b)=ab < 0 de sorte que 1=b < 1=a.)

23. (i) Quel que soit c, jcj =pc2. Ensuite jabj =

√(ab)2 =

pa2b2 =

pa2pb2 = jajjbj.

(ii) De deux choses l’une, ou a = jaj, ou a = �jaj, de sorte que �jaj 6 a 6 jaj. De

meme, �jbj 6 b 6 jbj. L’addition de ces inegalites conduit a

�jaj � jbj 6 a + b 6 jaj + jbj

et donc ja + bj 6 jaj + jbj.

Chapitre 2 / Notions preliminaires II : Equations

2.1

1. (a) x = 5

(b) x = 3



CHAPITRE 2 / Notions preliminaires II : Equations 11

(c) x = 6

(d) N’importe quelle valeur de x est une solution.

(e) x = �12

(f) x = 1

(g) x = �5. (Suggestion : x2 + 10x + 25 = (x + 5)2.)

(h) x = �1

2. (a) x = 3

(b) x = �7

(c) x = �28=11

(d) x = 5=11

(e) x = 1

(f) x = 121

3. (a) On remarque d’abord que l’equation n’a pas de sens pour x = �3 et x = �4. En

multipliant l’equation par le denominateur commun (x + 3) (x + 4), on obtient

(x � 3) (x + 4) = (x + 3) (x � 4);

c’est-a-dire x2 + x � 12 = x2 � x � 12, et donc x = 0.

(b) En multipliant l’equation par le denominateur commun (x � 3) (x + 3), on obtient

3 (x + 3) � 2 (x � 3) = 9, d’ou x = �6.

(c) En multipliant l’equation par le denominateur commun 15x (en supposant x 6= 0),

on obtient

18x2 � 75 = 10x2 � 15x + 8x2;

d’ou x = 5.

4. (a) 2x + 5 = x � 3. Solution : x = �8.

(b) Avec x le plus petit possible, x + (x + 1) + (x + 2) = 10 + 2x, de sorte que x = 7 et

les nombres sont 7, 8 et 9.

(c) Si x est le salaire horaire normal de Claudia, alors 38x + (48 � 38) 2x = 812.

Solution : x = 14.

(d) 1 500 + 12x=100 = 2 100. Solution : x = 5 000.

(e) 23x + 1

4x + 100 000 = x. Solution : x = 1 200 000.

5. (a) En multipliant l’equation par le denominateur commun 12, on obtient

9y � 3 � 4 + 4y + 24 = 36y

et ainsi y = 17=23.

(b) En multipliant l’equation par le denominateur commun 2x (x + 2), on obtient

8 (x + 2) + 6x = 2 (2x + 2) + 7x, d’ou x = �4.

(c) En multipliant les numerateur et denominateur de la premiere fraction par 1� z,

2 � 2z � z(1 � z) (1 + z)

=6

2z + 1:

En multipliant chaque membre par (1�z2) (2z+1), on obtient (2�3z) (2z+1) = 6�6z2,

et ainsi z = 4.




(d) En effectuant les produits,

p

4� 3

8� 1

4+p

12� 1

3+p

3= �1

3

puis, en multipliant par le denominateur commun 24, on obtient l’equation

6p � 9 � 6 + 2p � 8 + 8p = �8;

dont la solution est p = 15=16.

2.2

1. (a) On multiplie les deux membres par abx pour obtenir b + a = 2abx. De la,

x =b + a

2ab=

b

2ab+

a

2ab=

1

2

(1

a+

1

b

):

(b) On multiplie l’equation par cx +d pour obtenir ax +b = cAx +dA, qui s’ecrit aussi

(a � cA) x = dA � b et donc x = (dA � b)=(a � cA).

(c) On multiplie l’equation par x1=2 pour obtenir 12p = wx1=2, d’ou x1=2 = p=2w. En

elevant chaque membre au carre, x = p2=4w2.

(d) On multiplie chaque membre parp

1 + x pour obtenir 1 + x + ax = 0, de sorte que

x = �1=(1 + a).

(e) x2 = b2=a2, de sorte que x = ˙ba

.

(f) On voit immediatement que x = 0.

2. (a) p = 20q=3 � 14=15

(b) P = (S � ˛)=ˇ

(c) b = 2A=h

(d) r = (3V=4�)1=3

(e) L = (Y0A�1K�˛)1=ˇ

3. (a) ˛x�a = ˇx�b si et seulement si (˛�ˇ) x = a�b de sorte que x = (a�b)=(˛�ˇ).

(b) Y = 94 + 0;2 (Y � (20 + 0;5Y )) = 94 + 0;2Y � 4 � 0;1Y , de sorte que 0;9Y = 90,

soit Y = 100.

(c) En elevant chaque membre deppq = 3q + 5 au carre, on a pq = (3q + 5)2, de sorte

que p = (3q + 5)2=q.

(d) On eleve chaque membre a la puissance quatrieme

K2 r

2wK = Q4

de sorte que K3 = 2wQ4=r et, de la, K =(2wQ4=r

)1=3:

(e) En multipliant numerateur et denominateur dans la fraction du membre de gauche

par 4K1=2L3=4, on obtient 2L=K = r=w, d’ou on tire L = rK=2w.



CHAPITRE 2 / Notions preliminaires II : Equations 13

(f) On eleve chaque membre a la puissance quatrieme, 116p4K�1 (r=2w) = r4. Il

s’ensuit que K�1 = 32r3w=p4, puis K = 132p4r�3w�1.

4. (a)1

s=

1

t� 1

T=T � ttT

, de sorte que s =tT

T � t .

(b)pKLM = B + ˛L, de sorte que KLM = (B + ˛L)2 et M = (B + ˛L)2=KL.

(c) Multiplier les deux membres par x � z conduit a x � 2y + xz = 4xy � 4yz ou

(x + 4y) z = 4xy � x + 2y et z = (4xy � x + 2y)=(x + 4y).

(d) V = C � CT=N , de sorte que CT=N = C � V et donc T = N (1 � V=C ).


1. (a) x = 12

(b) x = 3

(c) x = �3=2

(d) x = �19

(e) x = 11=7

(f) x = 39

2. (a) En supposant x 6= ˙4, on multiplie par le denominateur commun (x � 4) (x + 4).

Cela reduit l’equation a x = �x, de sorte que x = 0.

(b) L’equation donnee n’a de sens que si x 6= ˙3. Si on multiplie par le denominateur

commun (x + 3) (x�3), on obtient 3 (x + 3)2�2 (x2�9) = 9x + 27 ou x2 + 9x + 18 = 0,

avec comme solutions x = �6 et x = �3. La seule solution est donc x = �6.

(c) En soustrayant 2x=3 a chaque membre, l’equation se simplifie en 0 = �1 + 5=x,

dont la seule solution est x = 5.

(d) A condition que x 6= 0 et x 6= ˙5, on multiplie par le denominateur commun

x (x � 5) (x + 5) pour obtenir x (x � 5)2 � x (x2 � 25) = x2 � 25� (11x + 20) (x + 5).

Le developpement des deux membres conduit a

x3 � 10x2 + 25x � x3 + 25x = x2 � 25 � 11x2 � 75x � 100

et apres simplification 50x = �125 � 75x, dont la solution est x = �1.

3. (a) x = 23(y � 3) + y = 2

3y � 2 + y = 5

3y � 2 ou 5

3y = x + 2, de sorte que y = 3

5(x + 2).

(b) ax � cx = b + d , ou (a � c) x = b + d , de sorte que x = (b + d )=(a � c).

(c)pL = Y0=AK, de sorte qu’en elevant les deux membres au carre, L = (Y0=AK)2.

(d) qy = m � px, de sorte que y = (m � px)=q.

(e) On pose s = 1=(1 + r). Alors s = (a + bc)=(1 � c), de sorte que

r = (1=s) � 1 = [(1 � a) � c(1 + b)]=(a + bc):

(f) En multipliant par (Px + Q)1=3, on obtient Px + Px + Q = 0, de sorte que

x = �Q=2P .

4. (a) De (ii) et (iii), C = b (Y � tY ) = b (1 � t )Y . On introduit dans (i) et on resout par

rapport a Y

Y =I +G

1 � b (1 � t ) :




Alors

C =b (1 � t ) (I +G)

1 � b (1 � t ) :

(b) Notez que 0 < b (1 � t ) < 1. Lorsque t augmente, Y et 1 � t diminuent de sorte

que C = b (1 � t )Y diminue aussi.

5. (a) Multiplier l’equation par 5K1=2 pour obtenir 15L1=3 = K1=2. Elever les deux mem-

bres au carre, K = 225L2=3.

(b) Elever chaque membre a la puissance 1=t pour obtenir 1 + r=100 = 21=t et ainsi

r = 100 (21=t � 1).

(c) abxb�10 = p, d’ou xb�1

0 = p=ab. Elever chaque membre a la puissance 1=(b � 1).

(d) Elever chaque membre a la puissance �� pour obtenir (1��) a�� +�b�� = c�� ou

b�� = ��1(c�� (1 � �) a��). Enfin, elever a la puissance �1=�.

6. (a) z = 0 ou z = 8.

(b) x = �7 ou x = 5.

(c) p = �7 ou p = 2.

(d) p = 1=4 ou p = 1=3.

(e) y = 4˙p

31

(f) x = �7 ou x = 6.

7. 53x = 25y+2 = 52 (y+2) de sorte que 3x = 2 (y + 2). Avec x � 2y = 8, cela donne x = �2

et y = �5, de sorte que x � y = 3.

8. (a) Soit u = 1=x et v = 1=y. Alors, le systeme devient 2u+ 3v = 4, 3u� 2v = 19, avec

comme solution u = 5, v = �2 et, de la, x = 1=u = 1=5, y = 1=v = �1=2.

(b) Soit u =px et v =

py. Alors, le systeme devient 3u + 2v = 2, 2u � 3v = 1=4,

avec comme solution u = 1=2, v = 1=4, et, de la, x = 1=4, y = 1=16.

(c) Avec u = x2 et v = y2, on obtient u + v = 13, 4u � 3v = 24, avec comme solution

u = 9, v = 4 et, de la, x = ˙3 et y = ˙2.

Chapitre 3 / Notions preliminaires III : Divers

3.1

1. (a) 1 + 2 + 3 + � � � + 10 = 55

(b) (5 � 30 � 2) + (5 � 31 � 3) + (5 � 32 � 4) + (5 � 33 � 5) + (5 � 34 � 6) = 585

(c) 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 36

(d) 220

+ 221

+ 222

= 21 + 22 + 24 = 22

(e) 2 � 10 = 20

(f) 2=1 + 3=2 + 4=3 + 5=4 = 73=12

2. (a) 2p

0 + 2p

1 + 2p

2 + 2p

3 + 2p

4 = 2 (3 +p

2 +p

3)

(b) (x + 0)2 + (x + 2)2 + (x + 4)2 + (x + 6)2 = 4 (x2 + 6x + 14)

(c) a1ib2 + a2ib

3 + a3ib4 + � � � + anibn+1

(d) f (x0)�x0 + f (x1)�x1 + f (x2)�x2 + � � � + f (xm)�xm

3. Regardez le dernier terme de la somme et remplacez n par k pour obtenir une expression

du k-ieme terme. Notez-le sk . La somme est∑n

k=1 sk .



CHAPITRE 3 / Notions preliminaires III : Divers 15

(a)

n∑

k=1

4k

(b)

n∑

k=1

k3

(c)

n∑

k=0

(�1)k1

2k + 1

(d)

n∑

k=1

aikbkj

(e) Les coefficients sont les puissances de 3

5∑

n=1

3nxn.

(f)

p∑

j=3

aji bi+j

(g)

p∑

k=0

ak+3i+k bi+k+3

(h) L’astuce est de voir que chaque terme a 198 unites de plus que le precedent3∑

k=0

(81 297 + 198k):

4. (a)

10∑

k=1

(k � 2)tk =

8∑

m=�1

mtm+2

(b)

N∑

n=0

2n+5 =

N+1∑

j=1

32 � 2j�1

5. (a) Le nombre total de travailleurs issus du pays i qui ont transfere leur lieu de travail.

(b) Le nombre total de travailleurs qui ont transfere leur lieu de travail vers le pays j .

6. (a), (c), (d) et (e) sont toujours vraies ; (b) et (f) ne sont generalement pas vraies.

3.2

1.

n∑

k=1

(k2 + 3k + 2) =

n∑

k=1

k2 + 3

n∑

k=1

k +

n∑

k=1

2

=1

6n (n + 1) (2n + 1) + 3

[1

2n (n + 1)

]+ 2n =

1

3n (n2 + 6n + 11)

2. (a + b)6 = a6 + 6a5b + 15a4b2 + 20a3b3 + 15a2b4 + 6ab5 + b6. (Les coefficients sont

ceux de la septieme ligne du triangle de Pascal.)

3. (a)

(5

3

)=

5 � 4 � 3

1 � 2 � 3=

5 � 4 � 3 � 2 � 1

1 � 2 � 3 � 2 � 1=

5!

3! 2!=

5!

2! 3!

Formule generale

(m

k

)=m(m � 1) � � � (m � k + 1)

k!=m(m � 1) � � � (m � k + 1) � (m � k)!

k!(m � k)!

=m!

(m � k)! k!:




(b)

(8

3

)= 56 et

(8

8 � 3

)=

(8

5

)= 56 ;

(8

3

)+

(8

3 + 1

)= 56 + 70 = 126 et

(8 + 1

3 + 1

)=

(9

4

)= 126.

(c)

(m

k

)=

m!

(m � k)!k!=

(m

m � k

)et

(m

k

)+

(m

k + 1

)=

m!

(m � k)!k!+

m!

(m � k � 1)!(k + 1)!=m!(k + 1 +m � k)

(m � k)!(k + 1)!

=(m + 1)!

(m � k)!(k + 1)!=

(m + 1

k + 1

):

4.∑n�1

i=0 (a + id ) =∑n�1

i=0 a +d∑n�1

i=0 i = na +d 12[1 + (n� 1)](n� 1) = na + 1

2n (n� 1) d

3.3

1. (a)

3∑

i=1

4∑

j=1

i � 3j =

3∑

i=1

(i � 3 + i � 9 + i � 27 + i � 81) =

3∑

i=1

120i = 720

(b) On a

2∑

s=0

4∑

r=2

( rs

r + s

)2

=

2∑

s=0

[( 2s

2 + s

)2

+( 3s

3 + s

)2

+( 4s

4 + s

)2]

= 0 +(2

3

)2

+(3

4

)2

+(4

5

)2

+(4

4

)2

+(6

5

)2

+(8

6

)2

= 5 +3 113

3 600:

(c)

m∑

i=1

n∑

j=1

(i + j 2) =

n∑

j=1

( m∑

i=1

i)

+

m∑

i=1

( n∑

j=1

j 2)

.

Grace aux formules (3.2.4) et (3.2.5), on peut ecrire

n∑

j=1

12m(m + 1) +

m∑

i=1

16n (n + 1) (2n + 1) = n 1

2m(m + 1) +m

1

6n (n + 1) (2n + 1)

= 16mn (2n2 + 3n + 3m + 4):

(Notez que∑p

k=1 a = pa.)

(d)

m∑

i=1

2∑

j=1

ij =

m∑

i=1

(i + i2) =

m∑

i=1

i +

m∑

i=1

i2

= 12m (m + 1) + 1

6m (m + 1) (2m + 1) = 1

3m (m + 1) (m + 2)

2. (a) Le nombre total d’unites du bien i .

(b) Le nombre total d’unites de tous les biens detenus par la personne j .

(c) Le nombre total d’unites de tous les biens detenus par le groupe tout entier.




3.∑i

j=1 aij est la somme des i elements de la i eme ligne, chacune de cesm sommes etant

a additionner, c’est la premiere double somme.∑m

i=j aij est la somme des m � j + 1

elements de la j eme colonne, chacune de ces m colonnes etant a additionner, c’est la

deuxieme double somme.

4. a est la moyenne des moyennes des colonnes aj puisque

1

n

n∑

j=1

aj =1

n

n∑

j=1

(1

m

m∑

r=1

arj

)=

1

mn

m∑

r=1

n∑

j=1

arj = a:

Pour demontrer (�), on note que, par le fait que arj � a est independant de l’indice

de sommation s, il est un facteur commun quand on somme sur s. Par consequent,∑ms=1(arj � a)(asj � a) = (arj � a)

∑ms=1(asj � a) pour chaque r . Ensuite, en sommant

sur r , on obtient

m∑

r=1

m∑

s=1

(arj � a) (asj � a) =

[ m∑

r=1

(arj � a)

][ m∑

s=1

(asj � a)

](��)

car∑m

s=1(arj � a) est un facteur commun quand on somme sur r . Grace aux proprietes

des sommes et a la definition de aj , on a

m∑

r=1

(arj � a) =

m∑

r=1

arj �m∑

r=1

a = maj �ma = m(aj � a):

De meme, en remplacant r par s comme indice de sommation, on a aussi

m∑

s=1

(asj � a) = m(aj � a):

Par substitution de ces valeurs dans (��), on a confirmation de (�).

3.4

1. (a) 2x � 4 = 2) x = 3

(b) x = 3) 2x � 4 = 2

(c) x = 1) x2 � 2x + 1 = 0

(d) x2 > 4() jxj > 2

2. x = 2. En effet, x = �1, 0 et 1 annulent un denominateur. En multipliant par le

denominateur commun x (x � 1) (x + 1), on obtient 2x (x2 � 3x + 2) = 0 ou

2x (x � 1) (x � 2) = 0:

De la, x = 2 est la seule solution.

3. (a) ) vraie,( fausse.

(b) ) fausse,( vraie.

(c) ) vraie,( fausse.




(d) ) et( vraies toutes les deux.

(e) ) fausse (0 � 5 = 0 � 4, mais 5 6= 4),( vraie.

(f) ) vraie,( fausse.

4. (a) x > 0 est necessaire, mais pas suffisante.

(b) x > 50 est suffisante, mais pas necessaire.

(c) x > 4 est necessaire et suffisante.

5. (a) En elevant les deux membres au carre et en reordonnant les termes, on obtientx2 = 9,

de sorte que x = ˙3. Seul x = 3 est une solution.

(b) En elevant les deux membres au carre et en reordonnant les termes, on obtient

x (x + 5) = 0. Tant x = 0 que x = �5 sont solutions.

(c) L’equation equivalente jxj2 � 2jxj � 3 = 0 donne jxj = 3 ou jxj = �1. Seules

x = ˙3 sont solutions.

6. (a) Si (i)px � 4 =

px + 5�9, alors, en elevant les deux membres au carre, on obtient

(ii) x � 4 = (px + 5 � 9)2. Apres developpement du carre dans le membre de droite

de (ii), on obtient x � 4 = x + 5 � 18px + 5 + 81, qui se reduit a 18

px + 5 = 90 oup

x + 5 = 5, impliquant x + 5 = 25 et donc x = 20. Cela montre que, si x est une

solution de (i), alors x = 20. Aucune autre valeur de x ne peut verifier (i). Mais si on

verifie cette solution, on trouve que quand x = 20 le membre de gauche de (i) devientp16 = 4, tandis que le membre de droite devient

p25 � 9 = 5 � 9 = �4. Cela signifie

que l’equation (i) n’a en fait pas de solution. (Remarquez que 42 = (�4)2, c’est-a-dire

que le carre du membre de gauche est egal au carre du membre de droite. C’est pourquoi

la solution fausse x = 20 a reussi a s’infiltrer.)

(b) Si x est une solution de (iii)px � 4 = 9�

px + 5, alors, exactement comme dans

la partie (a), on trouve que x doit etre une solution de (iv) x � 4 = (9 �px + 5 )2.

Maintenant, (9�px + 5 )2 = (

px + 5�9)2, de sorte que l’equation (iv) est equivalente

a l’equation (ii) dans la partie (a). Cela signifie que (iv) a exactement une solution, a

savoir x = 20. Si on remplace x par cette valeur dans (iii), on trouve que x = 20 est une

solution de (iii).

7. (a) Si et seulement si. (Notez quep

4 signifie 2, pas˙2.)

(b) Seulement si. Il est facile de voir, a partir d’un tableau de signes, que x (x + 3) < 0

exactement lorsque x appartient a l’intervalle ouvert ]� 3; 0[. Par consequent, on a une

implication de gauche a droite, mais pas dans l’autre sens. (Par exemple, si x = 10,

alors x (x + 3) = 130.)

(c) Seulement si. x2 < 9 () �3 < x < 3, de sorte que x2 < 9 seulement si x < 3.

Si x = �5, par exemple, on a x < 3 mais x2 > 9.

(d) Si et seulement si. Comme x2 + 1 n’est jamais nul, ici on a ssi.

(e) Si. Si x > 0, alors x2 > 0 aussi quand x < 0.

(f) Seulement si. x4 + y4 = 0 () x = 0 et y = 0. Si x = 0 et, disons, y = 1, alors

x4 + y4 = 1. Le si n’est donc pas correct.

8. (a) Six ety ne sont pas tous les deux positifs, au moins l’un des deux doit etre strictement

negatif, c’est-a-dire x < 0 ou y < 0.

(b) Si tous les x ne sont pas superieurs ou egaux a a, au moins un x doit etre inferieur

a a.




(c) Au moins l’un des deux est inferieur a 5, si pas les deux.

(d) Il existe un " > 0 tel que B ne soit pas satisfaite quel que soit ı > 0.

(e) Quelqu’un peut ne pas aimer les chats.

(f) Quelqu’un n’aime jamais personne.


1. (a)1

1 � 3+

1

2 � 4+

1

3 � 5+

1

4 � 6=

17

30

(b) 22 + 42 + 62 + 82 + 102 = 220

(c)0

2+

1

3+

2

4+

3

5+

4

6=

21

10= 2;1

2. (a) 12 � 4 + 22 � 5 + 32 � 6 + 42 � 7 = 4 + 20 + 54 + 112 = 190

(b) 1 � 16

= 56

(c) 1�2 + 2�1 + 30 + 41 + 52 + 63 = 1 + 1=2 + 1 + 4 + 25 + 216 = 4952

3. (a)

100∑

n=1

(2n + 1)

(b)

96∑

k=1

k + 1

k

4. (a)

38∑

i=4

i (i + 2)

(b)

n∑

i=1

1

xi

(c)

16∑

j=0

x2j

2j + 1

(d)

81∑

k=1

(�1)k�1 1

k

5. (a) Correcte. Les deux sommes sont egales a a1 + a2 + � � � + an.

(b) Faux en general.n∑i=1

(ai + bi )2 =

n∑i=1

(a2i + 2aibi + b2

i ) =n∑i=1

a2i +

n∑i=1

b2i + 2

5∑i=1

aibi .

(c) Correcte. Les deux sommes sont egales a 5a1;j + 5a2;j + � � � + 5an+1;j .

(d) Faux en general.3∑i=1

ai

bi=a1

b1

+a2

b2

+a3

b3

, alors que

∑3i=1 ai∑3i=1 bi

=a1 + a2 + a3

b1 + b2 + b3

et les deux

expressions ne sont manifestement pas egales. (Posez, par exemple, tous les ai et biegaux a 1.)

6. (a) ) vrai,( faux.

(b) ) faux (car x2 = 16 a aussi comme solution x = �4),( vraie, car, si x = 4, alors

x2 = 16.




(c) ) vraie, car (x�3)2 > 0 ;( faux, car avecy > �2 etx = 3 on a (x�3)2 (y+2) = 0.

(d) ) et( toutes les deux vraies, car l’equation x3 = 8 a comme solution x = 2 et

aucune autre. (Dans les termes de la section 6.3, la fonction f (x) = x3 est strictement

croissante. Voir exercice 6.3.3 et le graphique de la figure 4.2.7.)

7. A\B = f1; 4g ;A[B = f1; 3; 4; 6g ;AnB = f3g ;BnA = f6g ; (A[B)n(A\B) = f3; 6g ;A [ B [ C [D = f1; 2; 3; 4; 5; 6g ; A \ B \ C = f4g et A \ B \ C \D = ;.

8. D’apres l’exercice 3.R.3(a), il y a 100 termes. En se servant de la meme astuce que celle

employee pour deduire la formule (3.1.3), il vient

R = 3 + 5 + 7 + � � � + 197 + 199 + 201

R = 201 + 199 + 197 + � � � + 7 + 5 + 3:

On additionne terme a terme

2R = 204 + 204 + 204 + � � � + 204 + 204 + 204 = 100 � 204 = 20 400:

D’ou R = 10 200.

(b) S = 1 001 + 2 002 + 3 003 + � � � + 8 008 + 9 009 + 10 010

= 1 001 (1 + 2 + 3 + � � � + 8 + 9 + 10) = 1 001 � 55 = 55 055

9. (a) (1 + x)2 = 1 + 2x + x2 > 1 + 2x pour tout x puisque x2 > 0.

(b) (1 + x)3 = 1 + 3x + 3x2 + x3 = 1 + 3x + x2 (3 + x) > 1 + 3x pour tout x > �3,

puisque x2 (3 + x) > 0 pour tout x > �3.

(c) Pour n = 1, l’inegalite est correcte par (a) (et pour n = 2, elle est correcte par (b)).

Par hypothese, on suppose que (1 +x)k > 1 + kx pour un entier quelconque k. Comme

1 + x > 0, on a

(1 + x)k+1 = (1 + x)k(1 + x) > (1 + kx) (1 + x) = 1 + (k + 1) x + kx2> 1 + (k + 1) x;

la derniere inegalite etant justifiee par le fait que k > 0. Par consequent, l’inegalite de

Bernoulli est vraie, quel que soit l’entier naturel n.

Chapitre 4 / Les fonctions d’une variable

4.2

1. (a) f (0) = 02 + 1 = 1, f (�1) = (�1)2 + 1 = 2, f (1=2) = (1=2)2 + 1 = 1=4 + 1 = 5=4,

et f (p

2) = (p

2)2 + 1 = 2 + 1 = 3.

(b) (i) Puisque (�x)2 = x2, f (x) = f (�x) pour tout x.

(ii) On a

f (x + 1) = (x + 1)2 + 1 = x2 + 2x + 1 + 1 = x2 + 2x + 2

et f (x) + f (1) = x2 + 1 + 2 = x2 + 3:



CHAPITRE 4 / Les fonctions d’une variable 21

Cette egalite est verifiee si et seulement si x2 +2x+2 = x2 +3, c’est-a-dire si et seulement

si x = 1=2.

(iii) f (2x) = (2x)2 + 1 = 4x2 + 1 et 2f (x) = 2x2 + 2. On a ainsi

4x2 + 1 = 2x2 + 2 , x2 = 1=2 , x = ˙√

1=2 = ˙1

2

p2:

2. F (0) = F (�3) = 10, F (a + h) � F (a) = 10 � 10 = 0.

3. (a) f (0) = 0, f (a) = a2, f (�a) = a2 � (�a � a)2 = �3a2 et f (2a) = 0.

(b) 3f (a) + f (�2a) = 3a2 + [a2 � (�2a � a)2] = 3a2 + a2 � 9a2 = �5a2.

4. (a) f (�1=10) = �10=101, f (0) = 0, f (1=p

2) =p

2=3, f (p�) =

p�=(1 + �),

f (2) = 2=5.

(b) f (�x) = �x=(1 + (�x)2) = �x=(1 + x2) = �f (x) et

f (1=x) = (1=x)=[1 + (1=x)2] = (1=x) x2=[1 + (1=x)2] x2 = x=(1 + x2) = f (x).

5. F (0) = 2, F (�3) =p

19, F (t + 1) =pt2 + 3.

6. (a) C (0) = 1 000, C (100) = 41 000 et C (101) � C (100) = 501.

(b) C (x + 1)�C (x) = 2x + 301 = cout supplementaire du au passage de la production

de x a x + 1.

7. (a) D(8) = 4, D(10) = 3;4 et D(10;22) = 3;334.

(b) P = 10;9.

8. (a) f (tx) = 100 (tx)2 = 100t2x2 = t2f (x)

(b) P (tx) = (tx)1=2 = t1=2x1=2 = t1=2P (x)

9. (a) b (0) = 0, b (50) = 100=11, b (100) = 200.

(b) b (50+h)�b (50) est le cout additionnel d’enleverh% de plus que 50 % d’impuretes.

10. (a) Non : f (2 + 1) = f (3) = 18, alors que f (2) + f (1) = 8 + 2 = 10.

(b) Oui : f (2 + 1) = f (2) + f (1) = �9.

(c) Non : f (2 + 1) = f (3) =p

3 � 1;73, alors que f (2) + f (1) =p

2 + 1 � 2;41.

11. (a) f (a + b) = A(a + b) = Aa + Ab = f (a) + f (b)

(b) f (a + b) = 10a+b = 10a � 10b = f (a) � f (b)

12. Voir les figures C4.2.12a et C4.2.12b.

x 2

x · 1 1 · 1

1 · x

x 1

x

1

x

1

x

1

Figure C4.2.12a L’aire vaut

(x + 1)2 = x2 + 2x + 1.

Figure C4.2.12b L’aire vautx2+1.




13. (a) Il faut 5 � x > 0, soit x 6 5.

(b) Le denominateur x2 � x = x (x � 1) doit etre different de 0, de sorte que x 6= 0 et

x 6= 1.

(c) Pour commencer, le denominateur doit etre different de 0. Ce qui exige x 6= 2 et

x 6= �3. En outre, comme on ne peut prendre la racine carree que d’un nombre positif,

la fraction (x � 1)=(x � 2) (x + 3) doit etre positive. Un tableau de signes revele que

Df =] � 3; 1] [ [2;+1[. Notez en particulier que la fonction est definie en x = 1 ou

elle vaut 0.

14. (a) Definie pour x 6= 2 ou Df =] �1; 2[[]2;+1[.

(b) f (8) = 5

(c) f (x) =3x + 6

x � 2= 3 () 3x + 6 = 3 (x � 2) () 6 = �6, ce qui est impossible.

15. Puisque g est manifestement definie pour x > �2, Dg = [�2;+1[. Notez que

g(�2) = 1 et g(x) 6 1 pour tout x 2 Df . Lorsque x va de �2 a +1, g(x) decroıt de 1

a �1, de sorte que Rg =] �1; 1].

4.3

1. Voir figure C4.3.1.

2. (a) f (�5) = 0, f (�3) = �3, f (�2) = 0, f (0) = 2, f (3) = 4, f (4) = 0.

(b) Df = [�5; 4], Rf = [�3; 4].

y

1

x1

(− 3, 2)

(4, 0)

(0, 4)

(2, 3)

(− 3/ 2, − 2)

Figure C4.3.1

3.x 0 1 2 3 4

g(x) = �2x + 5 5 3 1 �1 �3

Voir figure C4.3.3.

4.x �2 �1 0 1 2 3 4

h(x) = x2 � 2x � 3 5 0 �3 �4 �3 0 5

Voir figure C4.3.4.




y

− 4− 3

− 2− 1

12

34

5

x1 2 3 4

y

−4−3−2−1

1

2

34

5

x− 2 21 3 4 22 21 1 2

1

2

3

22

21

y

x 22 21 1 2 3

1

2

3

4

22

23

21

y

x

Figure C4.3.3 Figure C4.3.4 Figure C4.3.5 Figure C4.3.6

5.x �2 �1 0 1 2

F (x) = 3x 1=9 1=3 1 3 9Voir figure C4.3.5.

6.x �2 �1 0 1 2 3

G(x) = 1 � 2�x �3 �1 0 1=2 3=4 7=8Voir figure C4.3.6.

4.4

1. (a) (8 � 3)=(5 � 2) = 5=3

(b) �2=3

(c) 51=5

2. Voir figures C4.4.2a, C4.4.2b et C4.4.2c.

y

1

2

3

4

x1 3

y

− 5

− 4

− 3

− 2

− 1

1

x1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

y

− 1

1

2

3

4

x1 2 3 4 5

Figure C4.4.2a Figure C4.4.2b Figure C4.4.2c

3. SiD = a + bP , alors a + 10b = 200 et a + 15b = 150. La solution en a et b est a = 300

et b = �10, de sorte que D = 300 � 10P .

4. d1 : La pente vaut 1 et la formule (2) avec (x1; y1) = (0; 2) et a = 1 donne y = x + 2.

d2 : La formule (3) avec (x1; y1) = (0; 3) et (x2; y2) = (5; 0) fournit y � 3 =0 � 3

5 � 0x ou

y = � 35x + 3.

d3 est la droite d’equation y = 1, de pente 0.

d4 est la droite d’equation y = 3x � 14, de pente 3.

d5 est la droite d’equation y = 19x + 2, de pente 1/9.




5. (a), (b) et (d) sont du premier degre ; (c) est du second degre.

6. Si P est le prix de Q copies, alors, par la formule (3),

P � 1 400 =3 000 � 1 400

500 � 100(Q � 100) ou P = 1 000 + 4Q:

Le prix d’impression de 300 copies est donc P = 1 000 + 4 � 300 = 2 200:

7. (a) d1 : y � 3 = 2 (x � 1) ou y = 2x + 1.

(b) d2 : y � 2 = 3�23�(�2)

[x � (�2)] ou y = x=5 + 12=5.

(c) d3 : y = �x=2.

(d) d4 : x=a + y=b = 1 ou y = �bx=a + b.

8. (a) Voir les figures C4.4.8a, C4.4.8b et C4.4.8c.

y

x

1

1

y

x− 1 1

y

x

1

1


9. Pour (a), la figure C4.4.9a montre que la solution est x = 3, y = �2. Pour (b), la fi-

gure C4.4.9b montre qu’il n’y a pas de solutions, puisque les deux droites sont paralleles.

Pour (c), la figure C4.4.9c montre que la solution est x = 2, y = 0.

y

x

x + y = 1

x − y = 5

(3, − 2)

1

1

y

x

1

1

6x + 8y = 6

3x + 4y = 1

Figure C4.4.9a Figure C4.4.9b

y

x1

1

x − y = 2

x − 2y = 2

x + y = 2

(2, 0)

Figure C4.4.9c




10. Les points dont les coordonnees satisfont a l’inegalite 3x + 4y 6 12 sont ceux qui se

trouvent sur ou sous la droite d’equation 3x + 4y = 12, comme explique a l’exemple

6 pour une inegalite semblable. Les points dont les coordonnees satisfont a l’inegalite

x � y 6 1, ou, de facon equivalente, y > x � 1, sont ceux qui se trouvent sur ou

au-dessus de la droite d’equation x � y = 1. Enfin, les points dont les coordonnees

satisfont a l’inegalite 3x + y > 3, ou, de facon equivalente, y > 3 � 3x, sont ceux qui

se trouvent sur ou au-dessus de la droite d’equation 3x + y = 3. L’ensemble de tous les

points qui satisfont aux trois inegalites est ombre dans la figure C4.4.10.

y

x

1

2

3

2 3 4

3x + 4y = 123x + y = 3

x − y = 1

Figure C4.4.10

4.5

1. 0,78

2. (a) 75 � 3P e = 20 + 2P e et, de la, P e = 11.

(b) P e = 90

3. La formule (3) donne C � 200 =275 � 200

150 � 100(x � 100) ou C =

3

2x + 50.

4. C = 0;8y + 100. (Avec C = ay + b, on sait que 900 = 1 000a + b et a = 80=100 = 0;8,

de sorte que b = 100.)

5. (a) P (t ) = 20 000 � 2 000t

(b) W (t ) = 500 � 50t

6. (a) Avril 1960 correspond a t = 9=4, quand

N (9=4) = �17 400 � (9=4) + 151 000 = 111 850:

(b) �17 400 t + 151 000 = 0 implique t = 8;68, ce qui correspond environ a septembre

1966.

4.6

1. (a)x �1 0 1 2 3 4 5

f (x) = x2 � 4x 5 0 �3 �4 �3 0 5

Voir figure C4.6.1.




(b) Minimum en x = 2, avec f (2) = �4.

(c) x = 0 et x = 4.

y

− 4

− 3

− 2

− 1

1

2

3

4

5

x− 1 1 2 3 4 5 6

f (x) = x2 − 4x

y

− 4

− 3

− 2

− 1

1

2

3

x− 4− 3− 2− 1 2 31

f(x) = − 12x 2 − x + 3

22

− 1

Figure C4.6.1 Figure C4.6.2

2. (a)x �4 �3 �2 �1 0 1 2

f (x) = � 12x2 � x + 3

2�2;5 0 1;5 2 1;5 0 �2;5

Voir figure C4.6.2.

(b) Maximum en x = �1 ou f (�1) = 2.

(c) x = �3 et x = 1.

(d) f (x) > 0 en (�3; 1), f (x) < 0 pour x < �3 et pour x > 1.

3. (a) Minimum �4 quand x = �2.

(b) Minimum 9 quand x = �3.

(c) Maximum 45 quand x = 5.

(d) Minimum �45 quand x = 1=3.

(e) Maximum 40 000 quand x = �100.

(f) Minimum �22 500 quand x = �50.

4. (a) x (x + 4). Racines 0 et �4.

(b) Pas de factorisation possible. Pas de racines.

(c) �3 (x � x1) (x � x2), ou les racines sont x1 = 5 +p

15 et x2 = 5 �p

15.

(d) 9 (x � x1) (x � x2), ou les racines sont x1 = 1=3 +p

5 et x2 = 1=3 �p

5.

(e) �(x + 300) (x � 100). Racines �300 et 100.

(f) (x + 200) (x � 100). Racines �200 et 100.

5. (a) x = 2p et x = p.

(b) x = p et x = q.

(c) x = 12p et x = �2q.

6. U (x) atteint un maximum en x = 4 (r � 1)=(1 + r2). (Apres developpement,

U (x) = �(1 + r2) x2 + 8 (r � 1) x. Ensuite, on applique (4.6.4) avec a = �(1 + r2)

et b = 8 (r � 1).)

7. (a) Les aires quand x = 100, 250 et 350 sont respectivement 100 � 400 = 40 000,

250 � 250 = 62 500 et 350 � 150 = 52 500.




(b) L’aire est egale a A = (250 + x) (250� x) = 62 500� x2, qui manifestement atteint

un maximum en x = 0. Le rectangle est alors un carre.

8. (a) �(Q) = (PUK � PG � )Q = � 12Q2 + (˛1 � ˛2 � )Q.

(b) Par (4), on voit que Q� = ˛1 � ˛2 � rend le profit maximal si ˛1 � ˛2 � > 0.

Si ˛1 � ˛2 � 6 0, alors Q� = 0.

(c) �(Q) = � 12Q2 + (˛1�˛2� � t )Q etQ� = ˛1�˛2� � t si ˛1�˛2� � t > 0.

(d) T = tQ� = t (˛1 � ˛2 � � t ). T est une fonction du deuxieme degre en t ; elle

vaut 0 quand t = 0 et quand t = t1 = ˛1 � ˛2 � , et elle est strictement positive pour

t compris entre 0 et t1.

(e) La taxe a l’exportation est maximale quand t = 12(˛1 � ˛2 � ).

9. (a) 361 6 377

(b) On trouve quef (x) = Ax2 + Bx + C , ou

A = a21 + a2

2 + � � � + a2n; B = 2 (a1b1 + a2b2 + � � � + anbn) et C = b2

1 + b22 + � � � + b2

n:

Maintenant, si B2 � 4AC > 0, alors, en accord avec la formule (2.3.4), l’equation

f (x) = Ax2 + Bx + C = 0 devrait avoir deux solutions distinctes, ce qui contredit

f (x) > 0 pour tout x. Donc B2 � 4AC 6 0 et la conclusion en decoule.


1. (a) f (0) = 3, f (�1) = 30, f (1=3) = 2, f (3p

2) = 3�27 (21=3)3 = 3�27�2 = �51.

(b) f (x) + f (�x) = 3 � 27x3 + 3 � 27 (�x)3 = 3 � 27x3 + 3 + 27x3 = 6.

2. (a) F (0) = 1, F (�2) = 0, F (2) = 2 et F (3) = 25=13.

(b) F (x) = 1 +4

x + 4=xtend vers 1 lorsque x devient grand positif ou negatif.

(c) Voir figure C4.R.2.

y

1

2

x− 4 − 3 − 2 − 1 21 43

F( x) = 1 + 4xx2+4

Figure C4.R.2

3. (i) f (x) 6 g(x) quand �2 6 x 6 3.

(ii) f (x) 6 0 quand �1 6 x 6 3.

(iii) g(x) > 0 quand x 6 3.

4. (a) x2 > 1, c’est-a-dire x > 1 ou x 6 �1.

(b) La racine carree n’est definie que si x > 4, mais comme x = 4 rend le denominateur

nul, il faut exiger x > 4.




(c) Il faut que (x � 3) (5� x) > 0, c’est-a-dire 3 6 x 6 5 (faites un tableau de signes).

5. (a) C (0) = 100, C (100) = 24 100 et C (101) � C (100) = 24 542 � 24 100 = 442.

(b) C (x + 1) � C (x) = 4x + 42 est le cout additionnel du a la production d’une unite

supplementaire.

6. (a) Pente �4.

(b) Pente �3=4.

(c) La resolution en y donne y = b � (b=a) x, de sorte que la pente vaut �b=a.

7. (a) La formule (2) donne y � 3 = �3 (x + 2) ou y = �3x � 3.

(b) La formule (3) donne y � 5 =7 � 5

2 � (�3)(x � (�3)) ou y = 2x=5 + 31=5.

(c) y � b =3b � b2a � a (x � a) ou y = (2b=a) x � b.

8. f (2) = 3 et f (�1) = �3 entraınent 2a + b = 3 et �a + b = �3, de sorte que a = 2,

b = �1. De la, f (x) = 2x � 1 et f (�3) = �7. (Ou par la formule (3).)

9. Le graphique est trace a la figure C4.R.9.

x �5 �4 �3 �2 �1 0 1

y = x2ex 0;17 0;29 0;45 0;54 0;37 0 2;7

y

1

2

3

x− 5 − 4 − 3 − 2 − 1 21

Figure C4.R.9

10. (1;�3) appartient au graphique si a + b + c = �3, (0;�6) appartient au graphique si

c = �6 et (3; 15) appartient au graphique si 9a + 3b + c = 15. Par consequent, a = 2,

b = 1 et c = �6.

11. (a) � =(1 000� 1

3Q)Q�

(800 + 1

5Q)Q�100Q = 100Q� 8

15Q2. Ici,Q = 1 500=16,

c’est-a-dire Q = 93;75, rend � maximal.

(b) � = 100Q � 815Q2 � 10Q = 90Q � 8

15Q2. Donc, Q = 1 350=16 = 84;375 rend �

maximal.

12. Le nouveau profit est donne par �t = 100Q � 52Q2 � tQ, qui atteint son maximum en

Qt = 15(100 � t ).

13. (a) La fonction de profit est �(x) = 100x � 20x � 0;25x2 = 80x � 0;25x2, maximal

en x� = 160.




(b) La fonction de profit est �t (x) = 80x � 0;25x2 � 10x, maximal en x� = 140.

(c) La fonction de profit est�t (x) = (p�t�˛) x�ˇx2, maximal enx� = (p�˛�t )=2ˇ.

14. (a) p(x) = x (x2 +x�12) = x (x�3) (x+4), car x2 +x�12 = 0 pour x = 3 et x = �4.

(b) ˙1, ˙2, ˙4, ˙8 sont les seules racines entieres possibles. Par essai et erreur, on

trouve q(2) = q(�4) = 0, de sorte que 2 (x � 2) (x + 4) = 2x2 + 4x � 16 est un facteur

de q(x). La division polynomiale fournit le quotient q(x)� (2x2 + 4x� 16) = x� 1=2.

Finalement, q(x) = 2 (x � 2) (x + 4) (x � 1=2).

15. (a) x3 � x � 1 n’est pas nul en x = 1, de sorte que la division laisse un reste.

(b) 2x3 � x � 1 est nul en x = 1, de sorte que la division ne laisse pas de reste.

(c) x3 � ax2 + bx � ab est nul en x = a, de sorte que la division ne laisse pas de reste.

(d) x2n � 1 est nul en x = �1, de sorte que la division ne laisse pas de reste.

16. On utilise (4.7.5).

(a) p(2) = 8 � 2k = 0 pour k = 4.

(b) p(�2) = 4k2 + 2k � 6 = 0 pour k = �3=2 et k = 1.

(c) p(�2) = �26 + k = 0 pour k = 26.

(d) p(1) = k2 � 3k � 4 = 0 pour k = �1 et k = 4.

17. Un calcul direct montre que p(2) = 1423 � 22 � 11

42 + 15

2= 2 � 4 � 11

2+ 15

2= 0. En

consequence, x � 2 est un facteur de p(x). La division de p(x) par ce facteur donne

p(x)�(x�2) = 14(x2�2x�15) = 1

4(x+3) (x�5). Les deux autres racines sont x = �3

et x = 5. (Autre possibilite : q(x) a les memes racines que 4p(x) = x3�4x2�11x+30.

Les racines entieres de ce polynome ne peuvent etre que ˙1, ˙2, ˙3, ˙5, ˙10, ˙15

et˙30. Il est fastidieux de chercher les racines de cette maniere.)

18. (1 + p=100)15 = 2 donne p = 100 (21=15 � 1) � 4;7 comme taux moyen annuel.

19. Pour le graphique de gauche, on remarque que, pour x 6= 0, on a

y = f (x) =a + b=x

1 + c=x;

de sorte que y tend vers a lorsque x devient grand positif ou negatif. Le graphique

montre que a > 0. La fonction n’est pas definie en x = �c et sur le graphique �c > 0,

donc c < 0. f (0) = b=c > 0, d’ou b < 0.

Le graphique de la fonction du deuxieme degre g est une parabole convexe, aussip > 0.

De plus, r = g(0) < 0. Finalement, g(x) atteint son minimum en x = x� = �q=2p.

Comme x� > 0 et p > 0, on conclut que q < 0.

20. (a) SoitF = aC +b. Alors 32 = a�0+b et 212 = a�100+b. D’ou a = 180=100 = 9=5

et b = 32, de sorte que F = 9C=5 + 32.

(b) Si X = 9X=5 + 32, alors X = �40.

21. (a) ln x = ln eat+b = at + b, de sorte que t = (ln x � b)=a.

(b) �at = ln(1=2) = ln 1 � ln 2 = � ln 2, d’ou t = (ln 2)=a.

(c) e�12t2 = 21=2�1=22�3, de sorte que� 1

2t2 = 1

2ln 2+ 1

2ln��3 ln 2 = � 5

2ln 2+ 1

2ln� ,

puis t2 = 5 ln 2 � ln� = ln(32=�) et finalement t = ˙√

ln(32=�

).




22. (a) ln(x=e2) = ln x � ln e2 = ln x � 2 pour x > 0.

(b) ln(xz=y) = ln(xz) � ln y = ln x + ln z � ln y pour x; y; z > 0.

(c) ln(e3x2) = ln e3 + ln x2 = 3 + 2 ln x pour x > 0. (En general, ln x2 = 2 ln jxj.)(d) Quand x > 0, notez que

1

2ln x � 3

2ln(1=x) � ln(x + 1) =

1

2ln x � 3

2(� ln x) � ln(x + 1) = 2 ln x � ln(x + 1)

= ln x2 � ln(x + 1) = ln[x2=(x + 1)]:

Chapitre 5 / Les proprietes des fonctions

5.1

1. (a) y = x2 + 1 a comme graphique celui de y = x2 translate vers le haut de 1 unite. Voir

figure C5.1.1a.

(b) y = (x + 3)2 a comme graphique celui de y = x2 deplace de 3 unites vers la gauche.

Voir figure C5.1.1b.

(c) y = 3 � (x + 1)2 a comme graphique celui de y = x2 renverse vers le bas, avec le

sommet (0; 0) deplace en (�1; 3). Voir figure C5.1.1c.

y

x1

1

y

x− 1

1

y

x− 1

1


2. (a) Le graphique de y = f (x) est translate de 2 unites vers la droite. Voir figure C5.1.2a.

(b) Le graphique de y = f (x) est translate vers le bas de 2 unites. Voir figure C5.1.2b.

(c) Le graphique de y = f (x) a subi une reflexion par rapport a l’axe Oy. Voir figu-

re C5.1.2c.

y

x

1

1

y

x

1

1

y

x

1

1


3. La condition d’equilibre est 106 � P = 10 + 2P et donc P = 32. La quantite corres-

pondante est Q = 106 � 32 = 74. Voir figure C5.1.3.



CHAPITRE 5 / Les proprietes des fonctions 31

P

Q , D , D , S

32

74

P = 100 − D

P = 106 − DP = 1

2S − 5

y

x

1

− 1

y

x

1

− 2

Figure C5.1.3 Figure C5.1.4 Figure C5.1.5

4. On deplace y = jxj de 2 unites vers la gauche. Ensuite, on en prend l’image par une

reflexion par rapport a l’axe Ox et, enfin, on translate le graphique de 2 unites vers le

haut. Voir figure C5.1.4.

5. On trace le graphique de y = 1=x2. On le translate de 2 unites vers la gauche. Puis, on

en prend l’image symetrique par rapport a l’axe Ox et, enfin, on le monte de 2 unites

vers le haut. C’est la figure C5.1.5.

6. f (y� � d ) = f (y�) � c donne A(y� � d ) + B(y� � d )2 = Ay� + B(y�)2 � cou Ay� � Ad + B(y�)2 � 2Bdy� + Bd 2 = Ay� + B(y�)2 � c. D’ou

y� = [Bd 2 � Ad + c]=2Bd:

5.2

1. Voir figure C5.2.1.

y

x

14x 2

1/x

Figure C5.2.1

aQ2 + bQ + c

y

Q

y

x

y

x





2. Voir figures C5.2.2a a C5.2.2c.

3. (f + g) (x) = 3x, (f � g) (x) = 3x � 2x3, (fg) (x) = 3x4 � x6, (f=g) (x) = 3=x2 � 1,

f (g(1)) = f (1) = 2 et g(f (1)) = g(2) = 8.

4. Si f (x) = 3x+7, alors f (f (x)) = f (3x+7) = 3 (3x+7)+7 = 9x+28. f (f (x�)) = 100

exige 9x� + 28 = 100, de sorte que x� = 8.

5. ln(ln e) = ln 1 = 0, alors que (ln e)2 = 12 = 1.

6. g(�x) =f (�x) + f (x)

2=f (x) + f (�x)

2= g(x)

7. (a) Ni l’un, ni l’autre.

(b) Ni l’un, ni l’autre.

(c) Paire.

(d) Impaire.

(e) Ni l’un, ni l’autre.

(f) Paire.

(g) Impaire.

(h) Paire.

(i) Impaire.

5.3

1. P = 13(64 � 10D)

2. P = (157;8=D)10=3

3. (a) Domaine de definition et ensemble image : R ; x = �y=3.

(b) Domaine de definition et ensemble image : R n f0g ; x = 1=y.

(c) Domaine de definition et ensemble image : R ; x = y1=3.

(d) Domaine de definition [4;+1[, ensemble image [0;+1[ ; x = (y2 + 2)2.

4. (a) Comme tous les nombres de la deuxieme ligne du tableau sont differents, f admet

une fonction reciproque qui envoie chaque nombre de la deuxieme ligne sur son corres-

pondant dans la premiere ligne.

Le domaine de definition de f �1 est f�4;�2; 0; 2; 4; 6; 8g et f �1(2) = �1.

(b) Comme f (x) augmente de 2 unites a chaque accroissement unitaire de x, f (x) est

de la forme 2x +a pour une constante convenable a. Or, f (0) = 4. Donc f (x) = 2x +4.

Si y = 2x + 4, alors x = (y � 4)=2 et la formule de f �1 est f �1(x) = 12x � 2.

5. f (x) = x2 n’est pas injective sur ]�1;+1[ et n’a donc pas de reciproque. Sur [0;+1[,

f est strictement croissante et, de ce fait, admet une reciproque f �1(x) =px.

6. (a) f (x) = x=2 et g(x) = 2x sont des fonctions reciproques.

(b) f (x) = 3x � 2 et g(x) = 13(x + 2) sont des fonctions reciproques.

(c) C = 59(F � 32) et F = 9

5C + 32 sont des fonctions reciproques.

7. f �1(C ) determine le cout de C kilos de carottes.

8. (a) Voir figure C5.3.8a.



CHAPITRE 5 / Les proprietes des fonctions 33

y

x

(3, 1)

(5, 3)(1, 3)

(3, 5)

y = x

y

x

C = (b,a)

A = (a,b)

B

y = x

D

EO


(b) Voir figure C5.3.8b. Les trianglesOBA etOBC sont isometriques. Le point milieu

entre A et C est le point B de coordonnees ( 12(a + b); 1

2(a + b)).

9. (a) (x3 � 1)1=3 = y () x3 � 1 = y3 () x = (y3 + 1)1=3. Si x designe la variable

independante, f �1(x) = (x3 + 1)1=3. R est le domaine de definition et l’ensemble image

des deux fonctions f et f �1.

(b) Le domaine de definition est l’ensemble des reels a l’exception de x = 2 et, dans ce

cas,

x + 1

x � 2= y , x + 1 = y (x � 2) (1 � y) x = �2y � 1, x =

�2y � 1

1 � y =2y + 1

y � 1:

Avec x comme variable independante, f �1(x) = (2x + 1)=(x � 1). Le domaine de

definition de la reciproque est l’ensemble des reels, a l’exception de x = 1.

(c) Ici,

y = (1 � x3)1=5 + 2, y � 2 = (1 � x3)1=5 , (y � 2)5 = 1 � x3

, x3 = 1 � (y � 2)5 , x = [1 � (y � 2)5]1=3:

Avec x comme variable independante, f �1(x) = [1� (x � 2)5]1=3. R est le domaine de

definition et l’ensemble image des deux fonctions f et f �1.

10. (a) Le domaine de definition est R et l’ensemble image, ]0;+1[ de sorte que la recipro-

que est definie sur ]0;+1[. De y = ex+4, on a ln y = x + 4 et, de la, x = ln y�4, y > 0.

(b) L’ensemble image est R, qui est le domaine de definition de la reciproque. De

y = ln x � 4, on tire ln x = y + 4, et ainsi x = ey+4.

(c) Le domaine de definition est R. La fonction y est strictement croissante, avec

y ! ln 2 lorsque x ! �1 et y ! 1 lorsque x ! +1. L’ensemble image est

donc ] ln 2;+1[. De y = ln(2 + ex�3

), on tire ey = 2 + ex�3, puis ex�3 = ey �2 et enfin

x = 3 + ln(ey � 2) pour y > ln 2.

11. Il faut resoudre x = 12(ey � e�y) par rapport a y. On multiplie l’equation par ey , ce qui

donne 12e2y � 1

2= xey ou e2y �2xey �1 = 0. En posant ey = z, on a z2�2xz�1 = 0,

dont la solution est z = x˙px2 + 1. Celle avec le signe moins est negative. On retient

z = ey = x +px2 + 1. D’ou, la fonction reciproque est y = ln

(x +px2 + 1

).





1. Les translations a appliquer a y = jxj sont les memes que celles appliquees a y = x2 a

l’exercice 5.1.1. Voir figures C5.R.1(a) - (c).

y

x

y = | x |+ 1

y

x

y = | x + 3|

Figure C5.R.1a Figure C5.R.1b

y

x

y = 3 − |x + 1|

Figure C5.R.1c

2. (f + g) (x) = x2 � 2, (f � g) (x) = 2x3 � x2 � 2, (fg) (x) = x2 (1 � x) (x3 � 2),

(f=g) (x) = (x3 � 2)=x2 (1 � x), f (g(1)) = f (0) = �2 et g(f (1)) = g(�1) = 2.

3. (a) La condition d’equilibre est 150 � 12P � = 20 + 2P �, qui donne P � = 52 et

Q� = 20 + 2P � = 124.

(b) S = 20 + 2 (P � 2) = 16 + 2P , de sorte que S = D quand 5P =2 = 134. De la,

P = 53;6, Q = 123;2.

(c) Avant la taxe, R� = P �Q� = 6 448. Apres la taxe,

R = (P � 2)Q = 51;6 � 123;2 = 6 357;12:

4. P = (64 � 10D)=3

5. P = 24 � 15D

6. (a) x = 50 � 12y

(b) x = 5√y=2

(c) x = 13[2 + ln(y=5)]; y > 0

7. (a) La fonction f est definie et strictement croissante quand ex > 2, c’est-a-dire

x > ln 2. Son ensemble image est R, car f (x) ! �1 lorsque x ! ln 2+ et

f (x) ! +1 lorsque x ! +1. De y = 3 + ln(ex � 2), on tire ln(ex � 2) = y � 3

et donc ex � 2 = ey�3 ou ex = 2 + ey�3 et finalement x = ln(2 + ey�3). Donc,

f �1(x) = ln(2 + ex�3), x 2 R.



CHAPITRE 6 / La derivation 35

(b) Notez que f est strictement croissante. De plus, e��x ! +1 lorsque x ! �1 et

e��x ! 0 lorsquex ! +1. Par consequent, f (x)! 0 lorsquex ! �1 etf (x)! 1

lorsque x ! +1. L’ensemble image de f , et donc le domaine de definition de f �1,

est ]0; 1[. De y =a

e��x + a, on tire e��x +a = a=y, de sorte que e��x = a (1=y�1), ou

��x = ln a+ln(1=y�1). Ensuite, x = �(1=�) ln a� (1=�) ln(1=y�1) et la formule de

la fonction reciproque est f �1(x) = �(1=�) ln a � (1=�) ln(1=x � 1), avec x 2 ]0; 1[.

8. (a)p

13

(b)p

17

(c)√

(2 � 3a)2 = j2 � 3aj. (Notez que 2 � 3a est la reponse correcte seulement si

2 � 3a > 0, c’est-a-dire a 6 2=3. Testez en posant a = 3.)

9. (a) (x � 2)2 + (y + 3)2 = 25

(b) (x + 2)2 + (y � 2)2 = 65

10. (x � 3)2 + (y � 2)2 = (x � 5)2 + (y + 4)2. Apres simplification, x � 3y = 7. Voir

figure C5.R.10.

y

x

A = (3, 2)

B = (5,− 4)

2

2

P

Figure C5.R.10

11. La fonction ne peut pas etre injective, car au moins deux personnes sur les cinq auront

le meme groupe sanguin.

Chapitre 6 / La derivation

6.1

1. f (3) = 2. La tangente passe par le point de coordonnees (0; 3), de sorte que sa pente

est egale a �1=3. D’ou, f 0(3) = �1=3.

2. g(5) = 1, g0(5) = 1.

6.2

1. f (5 + h) � f (5) = 4 (5 + h)2 � 4 � 52 = 4 (25 + 10h + h2) � 100 = 40h + 4h2. Ainsi,

[f (5 +h)�f (5)]=h = 40 + 4h! 40 lorsque h! 0. De la, f 0(5) = 40. Cela concorde

avec (6) quand a = 4 et b = c = 0.




2. (a) f 0(x) = 6x + 2

(b) f 0(0) = 2, f 0(�2) = �10, f 0(3) = 20. L’equation de la tangente est y = 2x � 1.

3. (a) dD(P )=dP = �b(b) C 0(x) = 2qx

4.f (x + h) � f (x)

h=

1=(x + h) � 1=x

h=x � (x + h)

hx (x + h)

=�h

hx (x + h)=

�1

x (x + h)�!h!0� 1

x2

5. Pour les enonces (a) - (c), nous appliquons la marche a suivre (6.2.3).

(a) f (a+h) = f (0 +h) = 3h+ 2 ; f (a+h)�f (a) = f (h) �f (0) = 3h+ 2�2 = 3h ;

[f (h) � f (0)]=h = 3 ; [f (h) � f (0)]=h = 3 ! 3 lorsque h ! 0, de sorte que

f 0(0) = 3. La pente de la tangente au point de coordonnees (0; 2) est 3.

(b) f (a+h) = f (1+h) = (1+h)2�1 = 1+2h+h2�1 = 2h+h2 ; f (1+h)�f (1) = 2h+h2 ;

[f (1 + h) � f (1)]=h = 2 + h ; [f (1 + h) � f (1)]=h = 2 + h ! 2 lorsque h ! 0,

de sorte que f 0(1) = 2.

(c) f (3 + h) = 2 + 3=(3 + h) ; f (3 + h) � f (3) = 2 + 3=(3 + h) � 3 = �h=(3 + h) ;

[f (3+h)�f (3)]=h = �1=(3+h) ; [f (3+h)�f (3)]=h = �1=(3+h)! �1=3 lorsque

h! 0, de sorte que f 0(3) = �1=3. Pour les enonces (d) - (f), nous appliquons toujours

la marche a suivre (6.2.3), mais de facon plus concise.

(d) [f (h) � f (0)]=h = (h3 � 2h)=h = h2 � 2 ! �2 lorsque h ! 0, de sorte que

f 0(0) = �2.

(e)f (�1 + h) � f (�1)

h=�1 + h + 1=(�1 + h) + 2

h, qui se simplifie en

h2 � 1 + 1

h(h � 1)=

h

h � 1! 0

lorsque h! 0, de sorte que f 0(0) = 0:

(f) On a

f (1 + h) � f (1)

h=

(1 + h)4 � 1

h=h4 + 4h3 + 6h2 + 4h + 1 � 1

h

= h3 + 4h2 + 6h + 4 ! 4 lorsque h! 0;

de sorte que f 0(1) = 4.

6. (a) f (x+h)�f (x) = a (x+h)2 +b (x+h)+c� (ax2 +bx+c) = 2ahx+bh+ah2, donc

[f (x+h)�f (x)]=h = 2ax+b+ah! 2ax+b lorsque h! 0. D’ou f 0(x) = 2ax+b.

(b) f 0(x) = 0 pour x = �b=2a. La tangente au point de maximum/minimum est

parallele a l’axe Ox.

7. f 0(a) < 0, f 0(b) = 0, f 0(c) > 0, f 0(d ) < 0.

8. (a) En appliquant la formule (a � b) (a + b) = a2 � b2 avec a =px + h et b =

px, on

obtient

(px + h �

px) (px + h +

px) = (x + h) � x = h:




(b)f (x + h) � f (x)

h=

(px + h �

px) (px + h +

px)

h(px + h +

px)

=1p

x + h +px

(c) Grace a (b),f (x + h) � f (x)

h=

1px + h +

px�!h!0

1

2px

=1

2x�1=2.

9. (a) f 0(x) = 3ax2 + 2bx + c.

(b) Posez a = 1 et b = c = d = 0 pour avoir le resultat de l’exemple 2. Ensuite, posez

a = 0 pour avoir une expression du second degre comme a l’exercice 6(a).

10.(x + h)1=3 � x1=3

h=

1

(x + h)2=3 + (x + h)1=3x1=3 + x2=3! 1

3x2=3lorsque h ! 0 et

1

3x2=3=

1

3x�2=3.

6.3

1. f 0(x) = 2x�4, de sorte que f (x) est decroissante sur ]�1; 2], croissante sur [2;+1[.

2. f 0(x) = �3x2 + 8x � 1 = �3 (x � x0) (x � x1), ou x0 = 13(4 �

p13) � 0;13 et

x1 = 13(4 +p

13) � 2;54. Ensuite f (x) est decroissante sur ] �1; x0], croissante sur

[x0; x1] et decroissante sur [x1;+1[.

3. Si x2 > x1, alors x32 � x3

1 = (x2 � x1)[(x1 + 1

2x2

)2+ 3

4x2

2

]> 0, puisque la partie entre

crochets est strictement positive. Cela montre que f (x) = x3 est strictement croissante.

6.4

1. C 0(100) = 203 et C 0(x) = 2x + 3.

2. I est le cout fixe, tandis que k est le cout marginal et aussi le cout additionnel (constant)

pour produire une unite de plus.

3. (a) S 0(Y ) = b

(b) S 0(Y ) = 0;1 + 0;0004Y

4. T 0(y) = t , le taux marginal d’imposition est constant.

5. x0(0) = �3 : pendant la premiere minute, environ 3 barils de petrole sont extraits.

6. (a) C 0(x) = 3x2 � 180x + 7 500

(b) x = 30. (C 0(x) atteint un minimum en x = 180=6 = 30, selon (4.6.3).)

7. (a) � 0(Q) = 24 � 2Q. Q� = 12

(b) R0(Q) = 500 �Q2

(c) C 0(Q) = �3Q2 + 428;4Q � 7 900

8. (a) C 0(x) = 2a1x + b1

(b) C 0(x) = 3a1x2

6.5

1. (a) 3

(b) �1=2




(c) 133 = 2 197

(d) 40

(e) 1

(f) �3=4

2. (a) 0,6931

(b) 1,0986

(c) 0,4055 (En fait, d’apres les resultats de l’exemple 7.12.2, les valeurs precises de ces

limites sont ln 2, ln 3 et ln(3=2), respectivement.)

3. (a)

x 0;9 0;99 0;999 1 1;001 1;01 1;1

x2 + 7x � 8

x � 18;9 8;99 8;999 � 9;001 9;01 9;1

*non defini

(b) x2 + 7x � 8 = (x � 1) (x + 8), de sorte que (x2 + 7x � 8)=(x � 1) = x + 8 ! 9

lorsque x ! 1.

4. (a) 5

(b) 1/5

(c) 1

(d) �2

(e) 3x2

(f) h2

5. (a)1=3 � 2=3h

h � 2=

3h(1=3 � 2=3h

)

3h(h � 2)=

h � 2

3h(h � 2)=

1

3h! 1

6lorsque h! 2.

(b) Quand x ! 0, alors(x2 � 1)

x2= 1 � 1

x2! �1 lorsque x ! 0.

(c)32t � 96

t2 � 2t � 3=

32 (t � 3)

(t � 3) (t + 1)=

32

t + 1! 8, lorsque t ! 3 et

3

√32t � 96

t2 � 2t � 3! 3p

8 = 2 lorsque t ! 3:

(d)

ph + 3 �

p3

h=

(ph + 3 �

p3) (ph + 3 +

p3)

h(ph + 3 +

p3)

=1p

h + 3 +p

3�!h!0

1

2p

3

(e)t2 � 4

t2 + 10t + 16=

(t + 2) (t � 2)

(t + 2) (t + 8)=t � 2

t + 8! �2

3lorsque t ! �2.

(f) On sait que 4 � x = (2 +px) (2 �

px). D’ou lim

x!4

2 �px

4 � x = limx!4

1

2 +px

=1

4.

6. (a)f (x) � f (1)

x � 1=x2 + 2x � 3

x � 1=

(x � 1) (x + 3)

x � 1= x + 3! 4 lorsque x ! 1.

(b)f (x) � f (1)

x � 1= x + 3! 5 lorsque x ! 2.




(c)f (2 + h) � f (2)

h=

(2 + h)2 + 2 (2 + h) � 8

h=h2 + 6h

h= h+6! 6 lorsque h! 0.

(d) On a

f (x) � f (a)

x � a =x2 + 2x � a2 � 2a

x � a =x2 � a2 + 2 (x � a)

x � a=

(x � a) (x + a) + 2 (x � a)

x � a = x + a + 2! 2a + 2 lorsque x ! a:

(e) Meme reponse qu’en (d), si on pose x � a = h.

(f) On a

f (a + h) � f (a � h)

h=

(a + h)2 + 2a + 2h � (a � h)2 � 2a + 2h

h

= 4a + 4! 4a + 4 lorsque h! 0:

7. (a) x3 � 8 = (x � 2) (x2 + 2x + 4), de sorte que la limite vaut 1=6.

(b) limh!0

[3p

27 + h � 3]=h = limu!3

(u � 3)=(u3 � 27), et u3 � 27 = (u � 3) (u2 + 3u + 9),

de sorte que la limite vaut 1=27.

(c) xn � 1 = (x � 1) (xn�1 + xn�2 + � � � + x + 1), de sorte que la limite est egale a n.

6.6

1. (a) 0

(b) 4x3

(c) 90x9

(d) 0 (Pour rappel, � est une constante !)

2. (a) 2g0(x)

(b) � 16g0(x)

(c) 13g0(x)

3. (a) 6x5

(b) 33x10

(c) 50x49

(d) 28x�8

(e) x11

(f) 4x�3

(g) �x�4=3

(h) 3x�5=2

4. (a) 8�r

(b) A(b + 1)yb

(c) (�5=2)A�7=2

5. Dans (6.2.1) (la definition de la derivee), choisissez h = x�a. Alors a +h est remplace

par x et h! 0 devient x ! a. Pour f (x) = x2, on a f 0(a) = 2a.




6. (a) F (x) = 13x3 + C

(b) F (x) = x2 + 3x + C

(c) F (x) =xa+1

(a + 1)+ C (Dans tous les cas, C est une constante arbitraire.)

7. (a) Avec f (x) = x2 et a = 5,

limh!0

(5 + h)2 � 52

h= limh!0

f (a + h) � f (a)

h= f 0(a) = f 0(5):

Par ailleurs, f 0(x) = 2x et f 0(5) = 10. La limite est 10.

(b) Soit f (x) = x5. Alors f 0(x) = 5x4 et la limite est egale a f 0(1) = 5 � 14 = 5.

(c) Soit f (x) = 5x2 + 10. Alors f 0(x) = 10x et c’est la valeur de la limite.

6.7

1. (a) 1

(b) 1 + 2x

(c) 15x4 + 8x3

(d) 32x3 + x�1=2

(e) 12� 3x + 15x2

(f) �21x6

2. (a) 65x � 14x6 � 1

2x�1=2

(b) 4x (3x4 � x2 � 1)

(c) 10x9 + 5x4 + 4x3 � x�2 (Developper et deriver.)

3. (a) y =1

x6= x�6 ) y 0 = �6x�7, par la regle de derivation d’une puissance (6.6.4).

(b) y = x�1(x2+1)px = x�1x2x1=2+x�1x1=2 = x3=2+x�1=2 ) y 0 = 3

2x1=2� 1

2x�3=2

(c) y = x�3=2 ) y 0 = � 32x�5=2

(d) y =x + 1

x � 1) y 0 =

1 � (x � 1) � (x + 1) � 1

(x � 1)2=�2

(x � 1)2

(e) y =x

x5+

1

x5= x�4 + x�5 ) y 0 = � 4

x5� 5

x6

(f) y =3x � 5

2x + 8) y 0 =

3 (2x + 8) � 2 (3x � 5)

(2x + 8)2=

34

(2x + 8)2

(g) y = 3x�11 ) y 0 = �33x�12

(h) y =3x � 1

x2 + x + 1) y 0 =

3 (x2 + x + 1) � (3x � 1) (2x + 1)

(x2 + x + 1)2=�3x2 + 2x + 4

(x2 + x + 1)2

4. (a)3

2px (px + 1)2

(b)4x

(x2 + 1)2

(c)�2x2 + 2

(x2 � x + 1)2




5. (a) f 0(L�) < f (L�)=L�. Voir figure C6.7.5. La pente de la tangente en P est f 0(L�).On « voit » que la tangente en P est moins raide que la droite qui joint l’origine a P ,

dont la pente est f (L�)=L� = g(L�). (L’inegalite suit directement de la caracterisation

des fonctions derivables concaves dans FMEA, theoreme 2.4.1.)

P

y

L

y = f ( L)

f ( L*)

L*

Figure C6.7.5

(b)d

dL

(f (L)

L

)=

1

L

(f 0(L) � f (L)

L

), comme a l’exemple 6.

6. (a) y 0 = 6x � 12 = 6 (x � 2) > 0 () x > 2, d’ou y est croissante sur [2;1[.

(b) y 0 = x3 � 3x = x (x2 � 3) = x (x �p

3) (x +p

3), d’ou, par un tableau de signes,

y est croissante sur[�p

3; 0]

et sur[p

3;+1[.

(c) y 0 =2 (2 + x2) � (2x) (2x)

(2 + x2)2=

2 (2 � x2)

(x2 + 2)2=

2 (p

2 � x) (p

2 + x)

(x2 + 2)2, d’ou y est crois-

sante sur [�p

2;p

2].

(d) y 0 =(2x � 3x2) (x + 1) � (x2 � x3)

2 (x + 1)2=�2x3 � 2x2 + 2x

2 (x + 1)2=�x (x � x1) (x � x2)

(x + 1)2,

ou x1;2 = � 12� 1

2

p5. Alors y est croissante sur ] �1; x1] et sur [0; x2].

7. (a) y 0 = �1 � 2x = �3 quand x = 1. La pente de la tangente est donc �3. Comme

y = 1 quand x = 1, la formule (4.4.2) donne y � 1 = �3 (x � 1) ou y = �3x + 4.

(b) y = 1 � 2 (x2 + 1)�1, de sorte que y 0 = 4x=(x2 + 1)2 = 1 et y = 0 quand x = 1.

L’equation de la tangente est y = x � 1.

(c) y = x2 � x�2, d’ou y 0 = 2x + 2x�3 = 17=4 et y = 15=4 quand x = 2. De la,

y = (17=4) x � 19=4.

(d) y 0 =4x3 (x3 + 3x2 + x + 3) � (x4 + 1) (3x2 + 6x + 1)

[(x2 + 1) (x + 3)]2= �1

9et y =

1

3quand x = 0.

D’ou y = �(x � 3)=9.

8. R0(t ) = p0(t ) x (t ) + p(t ) x0(t ). R(t ) croıt pour deux raisons. La premiere, R(t ) croıt

parce que le prix croıt. Cet accroissement est proportionnel a la quantite extraite x (t ) et

est egal ap0(t ) x (t ). MaisR(t ) croıt aussi parce que l’extraction augmente. Sa contribu-

tion au taux de variation deR(t ) doit etre proportionnelle au prix et est egale ap(t ) x0(t ).R0(t ), le taux de variation total de R(t ), est la somme de ces deux contributions.




9. (a) On utilise la regle de derivation du quotient

y =at + b

ct + d) y 0 =

a (ct + d ) � (at + b)c

(ct + d )2=ad � bc(ct + d )2

:

(b) y = tn(apt + b

)= atn+1=2 + btn ) y 0 = (n + 1=2)atn�1=2 + nbtn�1

(c) y =1

at2 + bt + c) y 0 =

0 � (at2 + bt + c) � 1 � (2at + b)

(at2 + bt + c)2=�2at � b

(at2 + bt + c)2

10. En raison de la regle de derivation du produit, f 0(x) � f (x) + f (x) � f 0(x) = 1,

de sorte que 2f 0(x) � f (x) = 1. D’ou, f 0(x) = 1=2f (x) = 1=2px.

11. Si f (x) = 1=xn, la regle de derivation du quotient donne

f 0(x) = (0 � xn � 1 � nxn�1)=(xn)2 = �nx�n�1;

qui est la regle de derivation d’une puissance.


1. On a

[f (x + h) � f (x)]=h = [(x + h)2 � (x + h) + 2 � x2 + x � 2]=h

= [2xh + h2 � h]=h = 2x + h � 1! 2x � 1 lorsque h! 0;

de sorte que f 0(x) = 2x � 1.

2. [f (x + h)� f (x)]=h = �6x2 + 2x � 6xh� 2h2 + h! �6x2 + 2x lorsque h! 0, de

sorte que f 0(x) = �6x2 + 2x.

3. (a) y 0 = 2, y 00 = 0.

(b) y 0 = 3x8, y 00 = 24x7.

(c) y 0 = �x9, y 00 = �9x8.

(d) y 0 = 21x6, y 00 = 126x5.

(e) y 0 = 1=10, y 00 = 0.

(f) y 0 = 5x4 + 5x�6, y 00 = 20x3 � 30x�7.

(g) y 0 = x3 + x2, y 00 = 3x2 + 2x.

(h) y 0 = �x�2 � 3x�4, y 00 = 2x�3 + 12x�5.

4. Comme C 0(1 000) � C (1 001) � C (1 000), si C 0(1 000) = 25, le cout additionnel de

produire 1 unite de plus que 1 000 unites est a peu pres egal a 25. Il est alors profitable

de monter la production si chaque unite est vendue a 30.

5. (a) y = �3 et y 0 = �6x = �6 en x = 1, de sorte que y � (�3) = (�6) (x � 1) ou

y = �6x + 3.

(b) y = �14 et y 0 = 1=2px � 2x = �31=4 en x = 4, de sorte que y = �(31=4) x + 17.

(c) y = 0 et y 0 = (�2x3 � 8x2 + 6x)=(x + 3)2 = �1=4 en x = 1, de sorte que

y = (�1=4) (x � 1).




6. A0(100) � A(101)�A(100), ce qui signifie que le cout additionnel d’etendre la surface

de 100 a 101 m2 est d’environ 250.

7. (a) Comme f (x) = x3 + x, f 0(x) = 3x2 + 1.

(b) g0(w) = �5w�6

(c) Comme h(y) = y (y2 � 1) = y3 � y, h0(y) = 3y2 � 1.

(d) G 0(t ) = (�2t2 � 2t + 6)=(t2 + 3)2

(e) ' 0(�) =(4 � 2�2)

(�2 + 2)2

(f) F 0(s) =�(s2 + 2)

(s2 + s � 2)2

8. (a) 2at

(b) a2 � 2t

(c) 2x' � 1=2p'

9. (a) y 0 = 20uu0 = 20 (5 � x2) (�2x) = 40x3 � 200x

(b) y 0 =1

2pu� u0 =

�1

2x2√

1=x � 1

10. (a)dZ

dt=dZ

du

du

dt= 3 (u2 � 1)22u3t2 = 18t5 (t6 � 1)2

(b)dK

dt=dK

dL

dL

dt=

1

2pL

�1

t2=

�1

2t2√

1 + 1=t

11. (a) x0=x = 2a0=a + b0=b(b) x0=x = ˛a0=a + ˇb0=b(c) x0=x = (˛ + ˇ) (˛a˛�1a0 + ˇbˇ�1b0)=(a˛ + bˇ)

12. dR=dt = (dR=dS) (dS=dK) (dK=dt )

= ˛S˛�1ˇ K �1Aptp�1 = A˛ˇ ptp�1S˛�1K �1

13. (a) h0(L) = apLa�1(La + b)p�1

(b) C 0(Q) = a + 2bQ

(c) P 0(x) = ax1=q�1(ax1=q + b)q�1

14. (a) y 0 = �7ex

(b) y 0 = �6xe�3x2

(c) y 0 = xe�x(2 � x)

(d) y 0 = ex[ln(x2 + 2) + 2x=(x2 + 2)]

(e) y 0 = 15x2e5x3

(f) y 0 = x3e�x(x � 4)

(g) y 0 = 10 (ex + 2x) (ex + x2)9

(h) y 0 = 1=(2px (px + 1))

15. (a) y 0 =2

xln x > 0 si x > 1.

(b) y 0 =ex � e�xex + e�x

> 0 () ex > e�x () e2x> 1 () x > 0




(c) y 0 = 1 � 3x

x2 + 2=

(x � 1) (x � 2)

x2 + 2> 0 () x 6 1 ou x > 2. (Faites un tableau

de signes.)

16. (a) d�=dQ = P (Q) +QP 0(Q) � c(b) d�=dL = PF 0(L) � w

Chapitre 7 / Les derivees en action

7.1

1. En derivant implicitement par rapport a x, on a 6x + 2y 0 = 0, de sorte que y 0 = �3x.

En explicitant l’equation donnee en y, on a y = 5=2 � 3x2=2, puis y 0 = �3x.

2. On derive implicitement : 2xy + x2 (dy=dx) = 0, d’ou dy=dx = �2y=x. On derive a

nouveau implicitement par rapport a x, cela donne

2y + 2x (dy=dx) + 2x (dy=dx) + x2 (d 2y=dx2) = 0:

On remplace dy=dx par son expression et on simplifie d 2y=dx2 = 6y=x2. Il est plus

rapide de deriver deux fois y = x�2.

3. (a) Une derivation implicite par rapport a x donne (�) 1 � y 0 + 3y + 3xy 0 = 0. On

explicite par rapport a y 0, y 0 = (1 + 3y)=(1 � 3x). Par definition, la fonction a comme

expressiony = (x�2)=(1�3x). On substituey dansy 0, ce qui donney 0 = �5=(1�3x)2.

En derivant (�) par rapport a x, on obtient �y 00 + 3y 0 + 3y 0 + 3xy 00 = 0. On y introduit

l’expression de y 0 = (1 + 3y)=(1 � 3x) et on resout par rapport a y 00

y 00 = 6y 0=(1 � 3x) = �30=(1 � 3x)3:

(b) Une derivation implicite par rapport a x donne (�) 5y4y 0 = 6x5, de sorte que

y 0 = 6x5=5y4 = (6=5) x1=5. En derivant (�) par rapport a x, on obtient

20y3 (y 0)2 + 5y4y 00 = 30x4:

On y introduit l’expression de y 0 = 6x5=5y4 et on resout par rapport a y 00,y 00 = 6x4y�4 � 4y�1(y 00)2 = 6x4y�4 � (144=25) x10y�9 = (6=25) x�4=5.

4. 2u + v + u (dv=du) � 3v2 (dv=du) = 0, d’ou dv=du = (2u + v)=(3v2 � u). On a

dv=du = 0 quand v = �2u (a condition de supposer 3v2 � u 6= 0). On substitue cette

expression de v dans l’equation de depart 8u3 � u2 = 0. Le seul point de la courbe en

lequel dv=du = 0 et u 6= 0 a comme coordonnees (u; v) = (1=8;�1=4).

5. Deriver par rapport a x mene a (�) 4x + 6y + 6xy 0 + 2yy 0 = 0. On obtient alors

y 0 = �(2x + 3y)=(3x + y) = �8=5 en (1; 2). Deriver (�) par rapport a x mene a

4 + 6y 0 + 6y0 + 6xy 00 + 2 (y 0)2 + 2yy 00 = 0. On calcule en x = 1, y = 2 et y 0 = �8=5 et

on obtient y 00 = 126=125:

6. (a) 2x + 2yy 0 = 0, d’ou, en explicitant par rapport a y 0, y 0 = �x=y.

(b) 1=2px + y 0=2

py = 0, d’ou y 0 = �

√y=x.



CHAPITRE 7 / Les derivees en action 45

(c) 4x3 � 4y3y 0 = 2xy3 + x23y2y 0, d’ou y 0 = 2x (2x2 � y3)=y2 (3x2 + 4y).

(d) exy(y + xy 0) � 2xy � x2y 0 = 0, d’ou y 0 = y (2x � exy)=x (exy � x).

7. 2y+2xy 0�6yy 0 = 0. En x = 6 et y = 1, 2+12y 0�6y 0 = 0, de sorte que y 0 = �1=3. On

derive a nouveau implicitement par rapport a x, 2y 0 + 2y 0 + 2xy 00 � 6y 0y 0 � 6yy 00 = 0.

En x = 6, y = 1 et y 0 = �1=3, y 00 = 1=3.

8. (a) y + xy 0 = g0(x) + 3y2y 0 et on isole y 0.(b) g0(x + y) (1 + y 0) = 2x + 2yy 0 et on isole y 0.(c) 2 (xy + 1) (y + xy 0) = g0(x2y) (2xy + x2y 0) et on isole y 0. (Comment avons-nous

derive g(x2y) par rapport a x ? Si z = g(u) et u = x2y, alors z0 = g0(u)u0 ou u est un

produit de deux fonctions qui toutes les deux dependent de x. Ainsi, u0 = 2xy + x2y 0.)

9. On derive implicitement par rapport a x

3x2F (xy) + x3F 0(xy) (y + xy 0) + exy(y + xy 0) = 1:

En x = 1, y = 0, y 0 = 1=(F 0(0) + 1). (Notez queF est une fonction d’une seule variable,

dont l’argument est xy.)

10. (a) On derive par rapport a x, tout en ayant a l’esprit que y depend de x. Cela donne

2 (x2 + y2) (2x + 2yy 0) = a2 (2x � 2yy 0). On resout ensuite par rapport a y 0.(b) Notez que x = 0 impliquerait y = 0. Mise a part cette eventualite, on voit que

y 0 = 0 quand x2 + y2 = a2=2 ou y2 = 12a2 � x2. On introduit cette expression dans

l’equation donnee x = ˙ 14ap

6 et ainsi y = ˙ 12ap

2. Les quatre possibilites fournissent

les coordonnees des quatre points de la courbe en lesquels la tangente est horizontale.

7.2

1. La derivation implicite par rapport a P , avec Q fonction de P , conduit a

(dQ=dP ) � P 1=2 +Q 12P �1=2 = 0:

D’ou dQ=dP = � 12QP �1 = �19=P 3=2.

2. (a) 1 = C 00(Q�) (dQ�=dP ), de sorte que dQ�=dP = 1=C 00(Q�)(b) dQ�=dP > 0, ce qui est admissible vu que, si le prix percu par le producteur

augmente, la production optimale sera plus elevee.

3. On prend d’abord le logarithme naturel des deux membres

lnA � ˛ lnP � ˇ ln i = ln S:

On derive par rapport a i , ce qui donne �(˛=P ) (dP=di ) � ˇ=i = 0. Il suit

dP=di = �(ˇ=˛) (P=i ) < 0. Une montee du taux d’interet deprime la demande et, en

compensation, le prix tombe.

4. (a) On introduit (ii) et (iii) a la place de C et M dans l’equation (i),

Y = f (Y ) + I + X � g(Y ):




On derive implicitement par rapport a I .

dY=dI = f 0(Y ) (dY=dI ) + 1� g0(Y ) (dY=dI ) = (f 0(Y )� g0(Y )) (dY=dI ) + 1 (�)

D’ou, dY=dI = 1=[1�f 0(Y )+g0(Y )

]. Les importations vont croıtre lorsque le revenu

augmente, aussi g0(Y ) > 0. Il s’ensuit que dY=dI > 0.

(b) La derivee de (�) par rapport a I conduit, en notation simplifiee, a

d 2Y=dI 2 = (f 00 � g00) (dY=dI ) + (f 0 � g0) (d 2Y=dI 2);

ainsi d 2Y=dI 2 = (f 00 � g00) (dY=dI )=(1 � f 0 + g0)2 = (f 00 � g00)=(1 � f 0 + g0)3.

5. On derive (�) par rapport a t

f 00(P + t )(dP=dt + 1

)2+ f 0(P + t )d 2P=dt2 = g00(P )

(dP=dt

)2+ g0(P )d 2P=dt2:

On simplifie la notation f 00(P 0 + 1)2 + f 0P 00 = g00(P 0)2 + g0P 00: On remplace P 0 par

P 0 = f 0=(g0 � f 0) et on resout par rapport a P 00

P 00 = [f 00(g0)2 � g00(f 0)2]=(g0 � f 0)3:

6. (a) On derive (�) par rapport a t , f 0(P ) (dP=dt ) = g0((1� t )P ) [�P +(1� t ) (dP=dt )]

et on explicite par rapport a dP=dt ,

dP

dt=

�Pg0((1 � t )P )

f 0(P ) � (1 � t )g0((1 � t )P ):

(b) Numerateur et denominateur sont negatifs, de sorte que dP=dt > 0. Une augmen-

tation de la taxe sur les producteurs fait monter le prix.

7.3

1. f (1) = 1 et f 0(x) = 2e2x�2 = 2 pour x = 1. Selon (3), g0(1) = 1=f 0(1) = 1=2. La

fonction reciproque etant g(x) = 1 + 12

ln x, g0(x) = 1=2x = 1=2 pour x = 1:

2. (a) f 0(x) = x2p

4 � x2 +1

3x3 �2x

2p

4 � x2=

4x2 (3 � x2)

3p

4 � x2. La fonction f est croissante

sur [�p

3;p

3 ] et decroissante sur [�2;�p

3 ] et sur [p

3; 2]. Voir figure C7.3.2.

y

− 2

− 1

1

2

x− 2 − 1 1 2

Figure C7.3.2




(b) La fonction f admet une reciproque sur [0;p

3], car la fonction f y est strictement

croissante

g0(1

3

p3 ) = 1=f 0(1) = 3

p3=8:

3. (a) f 0(x) = ex�3=(ex�3 + 2) > 0 pour tout x, de sorte que f est strictement croissante.

f (x) ! ln 2 lorsque x ! �1 et f (x) ! +1 lorsque x ! +1, de sorte que

l’ensemble image de f est ] ln 2;+1[.

(b) g(x) = 3 + ln(ex � 2), definie sur l’ensemble image de f .

(c) f 0(3) = 1=g0(f (3)) = 1=3

4. dD=dP = �0;3 � 157;8P �1;3 = �47;34P �1;3 de sorte que

dP=dD = 1=(dD=dP ) � �0;021P 1;3:

5. (a) Comme dy=dx = �e�x�5, dx=dy = 1=(dy=dx) = 1= � e�x�5 = �ex+5.

(b) Comme dy=dx = �e�x=(e�x + 3), dx=dy = �(e�x + 3)=e�x = �1 � 3ex .

(c) La derivation implicite par rapport a x fournit

y3 + x (3y2) (dy=dx) � 3x2y � x3 (dy=dx) = 2:

Il faut encore resoudre par rapport a dy=dx et ensuite prendre l’inverse.

7.4

1. Si f (x) =p

1 + x, alors f 0(x) = 1=(2p

1 + x ) et f (0) = 1 et f 0(0) = 1=2.

D’ou, (1) donnep

1 + x � 1 + 12(x � 0) = 1 + 1

2x. Voir figure C7.4.1.

y

x

1

2

− 1 1 2

y = 1 + 12 x

y = √1 + x

Figure C7.4.1

2. (5x + 3)�2 � 1=9 � 10x=27. (f (0) = 1=9, f 0(x) = �10 (5x + 3)�3 de sorte que

f 0(0) = �10=27.)

3. (a) Comme f (0) = 1 et f 0(x) = �(1 + x)�2, f 0(0) = �1. Ensuite

f (x) � f (0) + f 0(0) x = 1 � x:

(b) Comme f (0) = 1 et f 0(x) = 5 (1 + x)4, f 0(0) = 5. Ensuite

f (x) � f (0) + f 0(0) x = 1 + 5x:




(c) Comme f (0) = 1 et f 0(x) = � 14(1 � x)�3=4, f 0(0) = � 1

4. Alors

f (x) � f (0) + f 0(0) x = 1 � 1

4x:

4. F (1) = A et F 0(K) = ˛AK˛�1 de sorte que F 0(1) = ˛A.

Alors F (K) � F (1) + F 0(1) (K � 1) = A + ˛A(K � 1) = A(1 + ˛(K � 1)).

5. (a) 30x2 dx

(b) 15x2 dx � 10x dx + 5 dx

(c) �3x�4 dx

(d) (1=x) dx

(e) (pxp�1 + qxq�1) dx

(f) (p + q) xp+q�1 dx

(g) rp (px + q)r�1 dx

(h) (pepx + qeqx) dx

6. (a) Si f (x) = (1 + x)m, alors f (0) = 1 et f 0(0) = m, de sorte que 1 + mx est

l’approximation du premier degre de f (x) au voisinage de x = 0.

(b)

(i) 3p

1;1 = (1 + 1=10)1=3 � 1 + (1=3) (1=10) � 1;033

(ii)5p

33 = 2 (1 + 1=32)1=5 � 2 (1 + 1=160) = 2;0125

(iii)3p

9 = 2 (1 + 1=8)1=3 � 2 (1 + 1=24) � 2;083

(iv) (0;98)25 = (1 � 0;02)25 = (1 � 1=50)25 � 1 � 1=2 = 1=2

7. (a)

(i) �y = 0;61, dy = 0;6.

(ii) �y = 0;0601, dy = 0;06.

(b)

(i) �y = 0;011494, dy = 0;011111.

(ii) �y = 0;001115, dy = 0;001111.

(c)

(i) �y = 0;012461, dy = 0;0125.

(ii) �y = 0;002498, dy = 0;0025.

8. Par derivation implicite 3exy2

+ 3xexy2

(y2 + x2yy 0) � 2y 0 = 6x + 2yy 0. (Pour deriver

3xexy2

, on utilise la regle de derivation du produit 3exy2

+ 3x (d=dx) exy2

. La regle de

derivation de la composee donne (d=dx) exy2

= exy2

(y2 + x2yy 0).) Pour x = 1, y = 0,

on obtient 3 � 2y 0 = 6, d’ou y 0 = �3=2.

(b) y (x) � y (1) + y 0(1) (x � 1) = � 32(x � 1).

9. (a) A(r + dr)�A(r) est l’aire ombree de la figure C7.4.9. Elle est a peu pres egale a la

longueur du cercle interieur, 2�r , multipliee par dr .

(b) V (r +dr)�V (r) est le volume de la couche situee entre la sphere de rayon r +dr et

la sphere de rayon r . Elle est a peu pres egale a la surface 4�r2 de la sphere interieure

fois l’epaisseur dr de la couche.




r

r + dr

Figure C7.4.9

10. En prenant le logarithme, on a lnKt = lnK + t ln(1 + p=100) � lnK + tp=100.

Si Kt = 2K, alors lnKt = ln 2 + lnK et, si t� designe le temps de doublement, p doit

etre tel que ln 2 � t�p=100, de sorte que p � 100 ln 2=t�. (Avec ln 2 � 0;7, ce resultat

concorde avec la « regle du 70 » de l’exemple 3.)

11. g(0) = A� 1 et g0(�) =(Aa=(1 + b)

)(1 +�)[a=(1+b)]�1 de sorte que g0(0) = Aa=(1 + b).

D’ou, g(�) � g(0) + g0(0)� = A � 1 + aA�=(1 + b).

7.5

1. (a) (1 + x)5 � 1 + 5x + 10x2. (En effet, f 0(x) = 5 (1 + x)4, f 00(x) = 20 (1 + x)3 et, en

x = 0, f (0) = 1, f 0(0) = 5, f 00(0) = 20. f (x) � 1 + x + 1220x2 = 1 + x + 10x2:)

(b) AK˛ � A + ˛A(K � 1) + 12˛(˛ � 1)A(K � 1)2

(c) (1 + 32" + 1

2"2)1=2 � 1 + 3

4" � 1

32"2

(d) (1 � x)�1 � 1 + x + x2. (En effet, f 0(x) = (�1) (1 � x)�2(�1) = (1 � x)�2,

f 00(x) = 2 (1 � x)�3, etc.)

2. f 0(x) = (1 + x)�1, f 00(x) = �(1 + x)�2, f 000(x) = 2 (1 + x)�3, f (4)(x) = �6 (1 + x)�4,

f (5)(x) = 24 (1 + x)�5.

Ensuite f (0) = 0, f 0(0) = 1, f 00(0) = �1, f 000(0) = 2, f (4)(0) = �6, f (5)(0) = 24 et

ainsi

f (x) �f (0) +1

1!f 0(0) x +

1

2!f 00(0) x +

1

3!f 000(0) x3 +

1

4!f (4)(0) x4 +

1

5!f (5)(0) x5

= x � 1

2x2 +

1

3x3 � 1

4x4 +

1

5x5:

3. Avec f (x) = 5 (ln(1 + x) �p

1 + x ) = 5 ln(1 + x) � 5 (1 + x)1=2, on calcule

f 0(x) = 5 (1 + x)�1 � 52(1 + x)�1=2, f 00(x) = �5 (1 + x)�2 + 5

4(1 + x)�3=2, et,

de la, f (0) = �5, f 0(0) = 52, f 00(0) = � 15

4. Le polynome de Taylor d’ordre 2 au

voisinage de x = 0 s’ecrit f (0) + f 0(0) x + 12f 00(0) x2 = �5 + 5

2x � 15

8x2.

4. Decoule de la formule (1) avec f = U , a = y, x = y +M � s.

5. La derivation implicite fournit (�) 3x2y +x3y 0 + 1 = 12y�1=2y 0. L’introduction de x = 0

et y = 1 donnek 1 =(

12

)1�1=2y 0, de sorte que y 0 = 2. On derive a nouveau (�) par

rapport a x, 6xy + 3x2y 0 + 3x2y 0 + x3y 00 = � 14y�3=2(y 0)2 + 1

2y�1=2y 00. On introduit

x = 0, y = 1 et y 0 = 2, cela donne y 00 = 2. Finalement, y (x) � 1 + 2x + x2.




6. On trouve x0(0) = 2[x (0)]2 = 2. En derivant l’expression de x0(t ), on obtient

x00(t ) = x (t ) + tx0(t ) + 4[x (t )] x0(t ), de sorte que

x00(0) = x (0) + 4[x (0)] x0(0) = 1 + 4 � 1 � 2 = 9:

De la, x (t ) � x (0) + x0(0) t + 12x00(0) t2 = 1 + 2t + 9

2t2.

7. On utilise (5) avec x = �√t=n , en ne retenant que trois termes du membre de droite.

8. On utilise (2) avec f (x) = (1 + x)n et x = p=100. Alors f 0(x) = n (1 + x)n�1 et

f 00(x) = n (n � 1) (1 + x)n�2. L’approximation en decoule.

9. h0(x)=(pxp�1 � qxq�1) (xp + xq) � (xp � xq) (pxp�1 + qxq�1)

(xp + xq)2=

2 (p � q) xp+q�1

(xp + xq)2

et, de la, h0(1) = 12(p � q). Comme h(1) = 0, on a

h(x) � h(1) + h0(1) (x � 1) =1

2(p � q) (x � 1):

7.6

1. A la suite de l’exercice 7.5.2, f (0) = 0, f 0(0) = 1, f 00(0) = �1 et f 000(c) = 2 (1 + c)�3.

Alors, (3) fournit

f (x) = f (0) +1

1!f 0(0) x +

1

2!f 00(0) x +

1

3!f 000(c) x3 = x � 1

2x2 +

1

3(1 + c)�3x3:

2. (a)3p

25 = 3 (1 � 2=27)1=3 � 3 (1 � 1

3

2

27� 1

9

4

272) � 2;924

(b)5p

33 = 2 (1 + 1=32)1=5 � 2 (1 +1

5 � 32� 2

25

1

322) � 2;0125

3. (1 + 1=8)1=3 = 1 + 1=24 � 1=576 + R3 (1=8), ou 0 < R3 (1=8) < 5=(81 � 83). D’ou,3p

9 = 2 (1 + 1=8)1=3 � 2;080, avec trois decimales correctes.

4. (a) On utilise la formule (3) de Taylor avec g(x) = (1 + x)1=3 et n = 2. Alors

g0(x) =1

3(1 + x)�2=3; g00(x) = �2

9(1 + x)�5=3 et g000(x) =

10

27(1 + x)�8=3:

D’ou g(0) = 1, g0(0) = 13, g00(0) = � 2

9, g000(c) = 10

27(1 + c)�8=3. Il s’ensuit

g(x) = 1 +1

3x � 1

9x2 +R3 (x);

ou R3 (x) = 16

1027

(1 + c)�8=3x3 = 581

(1 + c)�8=3x3: (b) c 2]0; x[ et x > 0. D’ou

(1 + c)�8=3 6 1 et l’inegalite en decoule.

(c) Notez que3p

1 003 = 10 (1 + 3� 10�3)1=3. D’apres l’approximation de la partie (a),

(1 + 3 � 10�3)1=3 � 1 + 133 � 10�3 � 1

9(3 � 10�3)2 = 1 + 10�3 � 10�6) = 1;000999,

et ainsi3p

1 003 � 10;00999. D’apres la partie (b), l’erreurR3 (x) dans l’approximation

(1 + 3 � 10�3)1=3 � 1;000999 satisfait a jR3 (x)j 65

81(3 � 10�3)3 = 5

310�9.




Par consequent, l’erreur dans l’approximation3p

1 003 � 10;00999 vaut

10jR3 (x)j 6 50

310�9 < 2 � 10�8

impliquant que la reponse comporte sept decimales correctes.

7.7

1. Dans chaque cas, on emploie (2).

(a) �3

(b) 100

(c) 1=2, carpx = x1=2.

(d) �3=2, car A=xpx = Ax�3=2.

2. ElK T = 1;06. Quand les depenses augmentent de 1 %, le volume du trafic augmente

d’environ 1;06 %.

3. (a) Une hausse de 10 % des tarifs engendre une baisse de la demande d’environ 4 %.

(b) Une raison pourrait etre que, pour des longs trajets, les gens preferent l’avion si le

tarif des trains augmente. Une autre raison pourrait etre que beaucoup de gens font une

navette de 60 km, alors que presque personne n’en fait de 300 km et la demande des navet-

teurs est susceptible d’etre moins elastique.

4. (a) Elx eax = (x=eax)aeax = ax

(b) Elx ln x = (x= ln x) (1=x) = 1= ln x

(c) Elx (xpeax) =x

xpeax(pxp�1eax + xpaeax) = p + ax

(d) Elx (xp ln x) =x

xp ln x(pxp�1 ln x + xp(1=x)) = p +

1

ln x

5. Elx (f (x))p =x

(f (x))pp(f (x))p�1f 0(x) = p

x

f (x)f 0(x) = p Elx f (x)

6. Selon (2), Elr D = 1;23. Une augmentation de 1 % de revenu engendre une augmenta-

tion de la demande d’environ 1;23 %.

7. lnm = �0;02 + 0;19 lnN . Quand N = 480 000, alors m � 11;77.

8. Elx Af (x) =x

Af (x)Af 0(x) =

x

f (x)f 0(x) = Elx f (x).

Elx(A + f (x)

)=

x

A + f (x)f 0(x) =

f (x) xf 0(x)=f (x)

A + f (x)=f (x) Elx f (x)

A + f (x).

9. (a) ElxA =x

A

dA

dx= 0

(b) Elx (fg) =x

fg(fg)0 =

x

fg(f 0g + fg0) =

xf 0

f+xg0

g= Elxf + Elxg

(c) Elxf

g=

x

(f=g)

(f

g

)0=xg

f

(gf 0 � fg0

g2

)=xf 0

f� xg

0

g= Elxf � Elxg

(d) Elx (f + g) =x (f 0 + g0)

f + g=f (xf 0=f ) + g(xg0=g)

f + g=f Elx f + g Elx g

f + g.




(e) Le principe est semblable a (d), mais en remplacant +g par �g et +g0 par �g0.

(f) z = f (g(u)), u = g(x)) Elxz =x

z

dz

dx=x

u

u

z

dz

du

du

dx= Eluf (u) Elxu

10. (a) �5

(b)1 + 2x

1 + x

(c)30x3

x3 + 1

(d) Elx 5x2 = 2, de sorte que Elx (Elx 5x2) = 0.

(e)2x2

1 + x2

(f) Elx

(x � 1

x5 + 1

)= Elx (x�1)�Elx (x5 +1) =

x Elx x

x � 1� x

5 Elx x5

x5 + 1=

x

x � 1� 5x5

x5 + 1


1. (a) y 0 = �5, y 00 = 0

(b) On derive implicitement par rapport a x, ce qui donne y3 + 3xy2y 0 = 0 et, de la,

y 0 = �y=3x. On derive y 0 = �y=3x par rapport a x

y 00 = �[y 03x � 3y]=9x2 = �[(�y=3x) 3x � 3y]=9x2 = 4y=9x2:

Comme y = 5x�1=3, on obtient y 0 = �(5=3) x�4=3 et y 00 = (20=9) x�7=3. Les reponses

s’obtiennent aussi en derivant y = 5x�1=3.

(c) Comme 2y 0e2y = 3x2, y 0 = (3x2=2) e�2y . Ensuite

y 00 = 3xe�2y +1

23x2e�2y(�2y 0) = 3xe�2y � 1

29x4e�4y :

De l’equation donnee, on tire 2y = ln x3 = 3 ln x de sorte que y = 32

ln x et alors

y 0 = 32x�1, y 00 = � 3

2x�2. En notant que e�2y = e�3 ln x = (eln x)�3 = x�3 et

e�4y = (e�2y)2 = x�6, on verifie que les reponses sont les memes.

2. Comme 5y4y 0 � y2 � 2xyy 0 = 0, y 0 =y2

5y4 � 2xy=

y

5y3 � 2x.

L’equation donnee n’etant pas valable pour y = 0, y 0 n’est jamais nulle.

3. En derivant implicitement par rapport a x, on a 3x2 + 3y2y 0 = 3y + 3xy 0. Quand

x = y = 3=2, alors y 0 = �1: Voir figure C7.R.3.




y

− 2

− 1

1

2

x− 2 − 1 1 2

(3/ 2, 3/ 2)

x + y + 1 = 0

Figure C7.R.3

4. (a) y 0 = �4=13. (La derivation implicite conduit a (�) 2xy + x2y 0 + 9y2y 0 = 0.)

(b) La derivation implicite de (�) par rapport a x conduit a

2y + 2xy 0 + 2xy 0 + x2y 00 + 18yy 0y 0 + 9y2y 00 = 0:

La reponse est obtenue en introduisant x = 2, y = 1 et y 0 = �4=13.

5. 13K�2=3L1=3 + 1

3K1=3L�2=3(dL=dK) = 0 et, de la, dL=dK = �L=K.

6. Par derivation implicite par rapport a x, y 0=y + y 0 = �2=x � 0;4 (ln x)=x. On resout en

y 0, y 0 =�(2=x) (1 + 1

5ln x)

1 + 1=yqui est nul pour 1 + 1

5ln x = 0, c’est-a-dire ln x = �5 ou

x = e�5.

7. (a) Immediat.

(b) dY=dI = f 0((1�ˇ)Y �˛) (1�ˇ) (dY=dI )+1. La resolution en dY=dI conduit a

dY

dI=

1

1 � (1 � ˇ)f 0((1 � ˇ)Y � ˛):

(c) Puisque f 0 2]0; 1[ et ˇ 2]0; 1[, on a (1� ˇ)f 0((1� ˇ)Y � ˛) 2]0; 1[, de sorte que

dY=dI > 0.

8. (a) Par derivation implicite par rapport a x, 2x � y � xy 0 + 4yy 0 = 0, de sorte que

y 0 = (y � 2x)=(4y � x).

(b) Tangente horizontale en (1; 2) et (�1;�2). (y 0 = 0 quand y = 2x. Introduisez

y = 2x dans l’equation donnee.) Voir figure A.

9. (a) y 0 =2 � 2xy

x2 � 9y2= �1

2en (�1; 1).

(b) Une tangente horizontale requiert y 0 = 0, c’est-a-dire xy = 1. En introduisant

y = 1=x dans l’equation donnee, on obtient x4 = �3, qui n’a pas de solution. Cela

correspond a la figure B.

10. (a) Comme on doit avoir1 + x

1 � x > 0, le domaine de definition de f est l’intervalle

�1 < x < 1. Lorsque x ! 1�, on a f (x) ! +1 ; lorsque x ! �1�, on a




f (x)! �1. Puisque f 0(x) = 1=(1 � x2) > 0 quand �1 < x < 1, f est strictement

croissante et l’ensemble image de f est R.

(b) De y =1

2ln

1 + x

1 � x decoule ln1 + x

1 � x = 2y et encore1 + x

1 � x = e2y . La reciproque

est g(y) = (e2y � 1)=(e2y + 1). g0( 12

ln 3) = 3=4.

11. (a) f (e2) = 2 et f (x) = ln x (ln x � 1)2 = 0 quand ln x = 0 et quand ln x = 1, de sorte

que x = 1 ou x = e.

(b) f 0(x) = (3=x) (ln x � 1) (ln x � 1=3) > 0 quand x > e. D’ou, f est strictement

croissante sur [e;+1[. Elle admet donc une fonction reciproque h. Selon (7.3.3) et

parce que f (e2) = 2, on a h0(2) = 1=f 0(e2) = e2=5.

12. (a) f 0(x) = 2=(2x+4) = (x+2)�1 etf 00(x) = �(x+2)�2. D’ouf (0) = ln 4, f 0(0) = 1=2

et f 00(0) = �1=4. Alors, f (x) � f (0) + f 0(0) x + 12f 00(0) x2 = ln 4 + x=2 � x2=8.

(b) g0(x) = �(1=2) (1+x)�3=2 etg00(x) = (3=4) (1+x)�5=2. D’oug(0) = 1, g0(0) = �1=2

et g00(0) = 3=4. Alors, g(x) � 1 � x=2 + 3x2=8.

(c) h0(x) = e2x + 2xe2x et h00(x) = 4e2x + 4xe2x . D’ou h(0) = 0, h0(0) = 1 et h00(0) = 4.

Alors, h(x) � x + 2x2.

13. (a) x dx=p

1 + x2

(b) 8�r dr

(c) 400K3 dK

(d) �3x2 dx=(1 � x3).

14. df (x) = f 0(x) dx = 3x2 dx=2p

1 + x3. Ensuite,

�f (2) � df (2) = 3 � 22 (0;2)=2p

1 + 23 = 0;4:

15. Avec x = 12

et n = 5, la formule (7.6.6) fournit

e12 = 1 +

12

1!+

( 12)2

2!+

( 12)3

3!+

( 12)4

4!+

( 12)5

5!+

( 12)6

6!ec

ou c est un certain nombre compris entre 0 et 12. Maintenant,

R6 ( 12) =

( 12)6

6!ec <

( 12)6

6!2 =

1

23040� 0;00004340

ou on a employe le fait que c < 12

implique ec < e12 < 2.

Il vient

e12 � 1 +

12

1!+

( 12)2

2!+

( 12)3

3!+

( 12)4

4!+

( 12)5

5!= 1 +

1

2+

1

8+

1

48+

1

384+

1

3840� 1;6486979:

Comme l’erreur est inferieure a 0;000043, l’approximation e12 � 1;649 est correcte

jusqu’a la troisieme decimale.




16. y 0 + (1=y)y 0 = 1 ou (�) yy 0 +y 0 = y: Quand y = 1, y 0 = 1=2. On derive (�) par rapport

a x, (y 0)2 + yy 00 + y 00 = y 0. Avec y = 1 et y 0 = 1=2, on trouve y 00 = 1=8 de sorte que

y (x) � 1 + 12x + 1

16x2.

17. (a) Pour tout x 6= 0.

(b) Continue pour tout x > 0. (x2 + 2x + 2 n’est jamais nul.)

(c) Continue pour tout x dans ] � 2; 2[.

18. (a) Comme 1 = f 0(y2) 2yy 0, y 0 =1

2yf 0(y2).

(b) Comme y2 + x2yy 0 = f 0(x) � 3y2y 0, y 0 =f 0(x) � y2

y (2x + 3y).

(c) Comme f 0(2x + y) (2 + y 0) = 1 + 2yy 0, y 0 =1 � 2f 0(2x + y)

f 0(2x + y) � 2y.

19. Elr (Dmarg) = �0;165 et Elr (Drhm) = 2;39. Quand le revenu augmente de 1 %, la

demande en margarine diminue d’environ 0,165 %, pendant que la demande de repas

hors de la maison croıt approximativement de 2,39 %.

20. (a) 5 (par (7.7.2)).

(b) 1/3 (compte tenu de 3px = x1=3 et (7.7.2)).

(c) Elx (x3 +x5) =x

x3 + x5(3x2 +5x4) = (5x2 +3)=(x2 +1), par (7.7.1). (Sinon, utilisez

l’exercice 7.7.9.)

(d) 2x=(x2 � 1)

21. Poser f (x) = x3 � x � 5. Alors f 0(x) = 3x2 � 1. Si x0 = 2, la formule (7.10.1) avec

n = 1 donne x1 = 2 � f (2)=f 0(2) = 2 � 1=11 � 1;909:

22. La fonction f est continue, f (1) = e � 3 < 0 et f (4) = e2 � 3 > 0. D’apres le

theoreme 7.10.1(a), une racine def se trouve dans ]1; 4[. Comme f 0(x) > 0, la solution

est unique. La formule (7.10.1) fournit x1 = 1 � f (1)=f 0(1) = �1 + 6=e � 1;21.

23. (a) limx!3�

(x2 � 3x + 2) = 9 � 9 + 2 = 2

(b) Tend vers +1.

(c)3 �px + 17

x + 1tend vers +1 lorsque x ! �1�, mais vers �1 lorsque x ! �1+.

La limite lorsque x ! �1 n’existe donc pas.

(d) limx!0

(2 � x) ex � x � 2

x3(type 0

0) = lim

x!0

�ex + (2 � x) ex � 1

3x2(type 0

0)

= limx!0

�ex � ex + (2 � x) ex

6x

= limx!0

�xex6x

= limx!0

�ex6

= �1

6

(Simplifier par x a l’avant-derniere etape evite d’employer la regle de l’Hospital une

troisieme fois.)




(e) On a

limx!3

(1

x � 3� 5

x2 � x � 6

)= limx!3

x2 � 6x + 9

x3 � 4x2 � 3x + 18(type 0

0)

= limx!3

2x � 6

3x2 � 8x � 3(type 0

0) = lim

x!3

2

6x � 8=

1

5:

(f) limx!4

x � 4

2x2 � 32(type 0

0) = lim

x!4

1

4x=

1

16:

(Il y a une autre facon de faire. Cherchez-la.)

(g) Si x 6= 2, alorsx2 � 3x + 2

x � 2=

(x � 2) (x � 1)

x � 2= x � 1, qui tend vers 1 lorsque

x ! 2.

(h) Si x 6= �1, alors

4 �px + 17

2x + 2=

(4 �px + 17 ) (4 +

px + 17 )

(2x + 2) (4 +px + 17 )

=16 � x � 17

(2x + 2) (4 +px + 17 )

=�1

2 (4 +px + 17 )

qui tend vers � 1

16lorsque x ! �1.

(i) limx!1

(ln x)2

3x2=

1

3limx!1

(ln x

x

)2

= 0 (voir 7.12.3).

24. Quand x ! 0, le numerateur tend verspb �pd et le denominateur vers 0. La limite

n’existe donc pas pour d 6= b. Quand d = b, cependant,

limx!0

pax + b �

pcx + b

x(type 0

0) = lim

x!0

[12a(ax + b)�1=2 � 1

2c (cx + b)�1=2

]

1=a � c2pb:

25. Type 00. limx!0

ax � bxeax � ebx = lim

x!0

ax ln a � bx ln b

aeax � bebx =ln a � ln b

a � b .

26. x1 = 0;9 � f (0;9)=f 0(0;9) � 0;9247924, x2 = x1 � f (x1)=f 0(x1) � 0;9279565,

x3 = x2 � f (x2)=f 0(x2) � 0;9280338 et x4 = x3 � f (x3)=f 0(x3) � 0;9280339.

Il semble que la reponse correcte a trois decimales soit 0;928.

Chapitre 8 / Optimisation a une variable

8.1

1. (a) f (0) = 2 et f (x) 6 2 pour tout x (on divise 8 par un nombre superieur ou egal a 4)

de sorte que x = 0 maximise f (x).

(b) Comme g(�2) = �3 et g(x) > �3 pour tout x, x = �2 minimise g(x). Comme

g(x)! +1 lorsque x ! +1, il n’y a pas de maximum.

(c) La fonction h(x) atteint sa plus grande valeur 1 quand 1 + x4 atteint sa plus petite



CHAPITRE 8 / Optimisation a une variable 57

valeur, a savoir en x = 0, et h(x) atteint sa plus petite valeur 1/2 quand 1 + x4 atteint sa

plus grande valeur, a savoir en x = ˙1.

2. (a) Minimum �1 en x = 0. (En effet, F (0) = �1 et �2=(2 + x2) > �1 pour tout x, car

2 + x2 > 2 et ainsi 2=(2 + x2) 6 1.) Pas de maximum.

(b) Maximum 2 en x = 1. Pas de minimum.

(c) Minimum 99 en x = 0. Pas de maximum. (Quand x !˙1 , H (x)! 100.)

8.2

1. y 0 = 1;06 � 0;08x. y 0 > 0 pour x 6 13;25 et y 0 6 0 pour x > 13;25. Ainsi, y atteint

un maximum en x = 13;25.

2. h0(x) =8 (3x2 + 4) � (8x) (6x)

(3x2 + 4)2=

8 (2 �p

3x) (2 +p

3x)

(3x2 + 4)2.

D’ou les points de coordonnees x1 = �2p

3=3 et x2 = 2p

3=3 sont stationnaires. Un

tableau de signes montre que h0(x) < 0 sur ] � 1; x1[ et sur ]x2;+1[, tandis que

h0(x) > 0 sur ]x1; x2[. Par consequent, h est strictement decroissante sur ] �1; x1],

strictement croissante sur [x1; x2] et a nouveau strictement decroissante sur [x2;+1[.

Puis, comme h(x)! 0 lorsque x ! ˙1, il s’ensuit que le maximum de h se produit

en x2 = 2p

3=3 et le minimum en x1 = �2p

3=3.

3. h0(t ) = 1=2pt � 1

2= (1 �

pt )=2pt . On voit que h0(t ) > 0 sur [0; 1] et h0(t ) 6 0 sur

[1;+1[. Conformement au premier point du theoreme 8.2.1, t = 1 maximise h(t ).

4. f 0(x) = [4x (x4 + 1) � 2x24x3]=(x4 + 1)2, puis simplifiez et factorisez. La fonction f

sur [0;+1[ a un maximum1 en x = 1, car f (x) croıt sur [0; 1] et decroıt sur [1;+1[.

5. g0(x) = 3x2 ln x + x3=x = 3x2 (ln x + 13). g0(x) = 0 quand ln x = � 1

3, c’est-a-dire

x = e�1=3. On constate que g0(x) 6 0 sur ]0; e�1=3] et g0(x) > 0 sur [e�1=3;+1[,

ainsi x = e�1=3 rend g(x) minimal. Comme g(x)! +1 lorsque x ! +1, il n’y a pas

de maximum.

6. f 0(x) = 3ex (e2x � 2). f 0(x) = 0 quand e2x = 2 ou x = 12

ln 2. Si x < 12

ln 2, alors

f 0(x) < 0 et, si x > 12

ln 2, alors f 0(x) > 0, ainsi en x = 12

ln 2 f atteint un minimum.

f (x) = ex (e2x � 6) tend vers +1 lorsque x ! +1, aussi f n’a pas de maximum.

7. y 0 = xe�x(2� x) strictement positive sur ]0; 2[ et strictement negative sur ]2; 4[. D’ou,

y a un maximum 4e�2 � 0;54 en x = 2.

8. (a) y 0 = ex � 2e�2x et y 00 = ex + 4e�2x . De la y 0 = 0 quand ex = 2e�2x ou e3x = 2

ou encore x = 13

ln 2. Comme y 00 > 0 partout, la fonction est convexe et il s’agit d’un

minimum.

(b) y 0 = �2 (x � a) � 4 (x � b) = 0 quand x = 13(a + 2b). C’est un maximum puisque

y 00 = �6.

(c) y 0 = 1=x � 5 = 0 quand x = 15. C’est un maximum puisque y 00 = �1=x2 < 0 pour

tout x strictement positif.

9. d 0(x) = 2 (x�a1) + 2 (x�a2) + � � �+ 2 (x�an) = 2[nx� (a1 +a2 + � � �+an)]. d 0(x) = 0

pour x = x tel que x = 1n

(a1 + a2 + � � � + an), la moyenne arithmetique de a1, a2, : : : ,

an. Comme d 00(x) = 2n > 0, x minimise d (x).




10. (a) f 0(x) = k � A˛e�˛x = 0 quand x = x0 = (1=˛) ln(A˛=k). Notez que x0 > 0 si et

seulement si A˛ > k. En outre, f 00(x) = A˛2e�˛x > 0 pour tout x > 0. Ainsi, x0 est

une solution du probleme de minimisation.

(b) En substituant l’expression deAdans la reponse a la partie (a), on obtient l’expression

de la hauteur optimalex0. Sa valeur augmente lorsquep0 (probabilite d’etre submergees)

ou V (cout d’une inondation) augmente, mais diminue lorsque ı (taux d’interet) ou

k (cout marginal de la construction) augmente. Les signes de ces reponses sont claire-

ment ceux qu’un economiste attend (a vrai dire, pas seulement les economistes !).

8.3

1. (a) Comme �(L) = 320pL � 40L, � 0(L) =

160pL� 40 =

40 (4 �pL)p

L. On voit que

� 0(L) > 0 pour 0 6 L 6 16, � 0(16) = 0 et � 0(L) 6 0 pour L > 16, d’ou L = 16

maximise le profit.

(b) La fonction de profit est �(L) = f (L) � wL. La condition du premier ordre est

� 0(L�) = f 0(L�) � w = 0.

(c) La condition du premier ordre en (b) definit L� comme une fonction de w. En

derivant par rapport a w, f 00(L�) (dL�=dw) � 1 = 0 ou (dL�=dw) = 1=f 00(L�) < 0.

(Si le cout du travail croıt, la quantite optimale de travail decroıt.)

2. (a) �(Q) = Q(a�Q)� kQ = (a� k)Q�Q2. Alors � 0(Q) = (a� k)� 2Q = 0 pour

Q = Q� = 12(a�k). C’est un maximum de� , car� 00(Q) < 0. Le profit monopolistique

est �(Q�) = �( 12(a � k))2 + (a � k) 1

2(a � k) = 1

4(a � k)2.

(b) d�(Q�)=dk = � 12(a � k) = �Q�, comme a l’exemple 3.

(c) La nouvelle fonction de profit est �(Q) = �(Q)+sQ = (a�k)Q�Q2 +sQ. De la,

� 0(Q) = a�k�2Q+s = 0 quand Q = 12(a�k+s). Evidemment, Q = 1

2(a�k+s) = a�k

a condition que s = a � k, qui est la subvention necessaire pour inciter le monopoliste

a produire a � k unites.

3. Voir figures C8.3.3a et C8.3.3b. Le volume en cm3 est donne.

V 0(x) = 12 (x � 3) (x � 9). V atteint un maximum de 432 en x = 3. Le volume de la

boıte est maximal quand le carre decoupe a chaque coin mesure 3 cm de cote.

18

18 xx x

18 − 2x18 − 2x

p

x

a + kp(x) = a + k(1 − e− cx )

a

Figure C8.3.3a Figure C8.3.3b Figure C8.3.4

4. p0(x) = kce�cx , p00(x) = �kc2e�cx . Pas de maximum et p(x) ! a + k lorsque

x ! +1. Voir figure C8.3.4.




5. T0(W ) = a

pb (bW + c)p�1W � (bW + c)p

W 2= a (bW + c)p�1 bW (p � 1) � c

W 2, qui est

nulle pour W � = c=b (p � 1). C’est forcement le point de minimum, car T0(W )

est negative pour W < W � et positive pour W > W �.

8.4

1. f 0(x) = 8x � 40 = 0 pour x = 5. f (0) = 80, f (5) = �20 et f (8) = 16. Maximum 80

en x = 0. Minimum �20 en x = 5. Voir figure C8.4.1.

f( x) = 4x 2 − 40x + 80

− 20

20

40

60

80

x1 2 3 4 5 6 7 8

y

1000

2000

3000

4000

Q

R(Q) = 80Q

C(Q) = Q 2 + 10Q + 900

10 Q 0 30 Q * 40 50


2. Dans tous les cas, en raison du theoreme des bornes atteintes, le maximum et le mini-

mum existent. On suit la methode (8.4.1).

(a) f 0(x) = �2 pour tout x dans [0; 3]. Par consequent, le maximum et le minimum

sont atteints aux extremites de l’intervalle [0; 3]. Comme f (0) = �1 et f (3) = �7, le

maximum est en x = 0, le minimum en x = 3. (En realite, rien que le signe de f 0(x)

indiquait que le maximum se produirait en la borne inferieure et le minimum en la borne

superieure de l’intervalle.)

(b) f (�1) = f (2) = 10 et f 0(x) = 3x2 � 3 = 0 en x = ˙1. Le seul point stationnaire

de l’intervalle [�1; 2] est x = 1, en lequel f (1) = 6. Il y a deux maxima aux bornes et

un minimum en x = 1.

(c) Comme f (x) = x + 1=x, f (1=2) = f (2) = 5=2 aux bornes. De plus,

f 0(x) = 1 � 1=x2 = 0

en x = ˙1. Le seul point stationnaire de l’intervalle [ 12; 2] est x = 1, en lequel f (1) = 2.

Il y a deux maxima aux bornes et un minimum en x = 1.

(d) Aux bornes, on a f (�1) = 4 et f (p

5) = 0. Comme f 0(x) = 5x2 (x2 � 3), il y a

deux points stationnaires dans l’intervalle [�1;p

5] en x = 0 et x =p

3. Les valeurs

prises par la fonction en ces points sont f (0) = 0 et f (p

3) = �6p

3. Le maximum se

produit en x = �1 et le minimum en x =p

3.

(e) f 0(x) = 3x2 � 9 000x + 6 � 106 = 3 (x � 1 000) (x � 2 000) = 0 quand x = 1 000

et x = 2 000. En ces points stationnaires, f (1 000) = 2;5 � 109 et f (2 000) = 2 � 109.

Il y a un minimum en la borne x = 0 et un maximum en x = 3 000.




3. g0(x) = 25xex

2

(1 � e2�2x2

). Points stationnaires : x = 0 et x = ˙1. Ici x = 2 est

un point de maximum, x = 1 et x = �1 sont des points de minimum. (Notez que

g(2) = 15(e4 + e�2) > g(0) = 1

5(1 + e2).)

4. (a) La commission est de, respectivement, 4 819 e, 4 900 e, 4 800 e et

C =1

10(60 + x) (800 � 10x) = 4 800 + 20x � x2; x 2 [0; 20]:

(Quand il y a 60 + x passagers, la compagnie charter, gagnant 800� 10x par passager,

gagne (60 + x) (800 � 10x). Le club de sport gagne 1/10 de ce montant.)

(b) La fonction du second degre C atteint son minimum en x = 10, de sorte que la

commission est maximale avec 70 voyageurs.

5. (a) f (x) = ln x (ln x � 1)2. f (e1=3) = 4=27, f (e2) = 2, f (e3) = 12. Racines : x = 1 et

x = e.

(b) f 0(x) = (3=x) (ln x�1) (ln x�1=3). Minimum 0 enx = 1 et enx = e. Maximum 12

en x = e3.

(c) f 0(x) > 0 sur [e; e3], d’ou f (x) admet une reciproque. g0(2) = 1=f 0(e2) = e2=5.

6. (a) Comme (f (2) � f (1))=(2 � 1) = (4 � 1)=1 = 3 et f 0(x) = 2x, f 0(x) = 3 quand

x = x� = 3=2.

(b) (f (1) � f (0))=1 = (0 � 1)=1 = �1 et f 0(x) = �x=p

1 � x2 = �1 quand

x =p

1 � x2. Apres avoir eleve au carre chaque membre de l’equation, on obtient

x2 = 1 � x2 et ainsi x2 = 12. Deux solutions, x = ˙ 1

2

p2, desquelles seule la positive

verifie x =p

1 � x2. Il faut donc x = x� = 12

p2.

(c) (f (6) � f (2))=4 = �1=6 et f 0(x) = �2=x2 = �1=6 quand �12=x2 = �1 ou

x2 = 12, et ainsi x = ˙p

12. La solution demandee dans [2; 6] est

x = x� =p

12 = 2p

3:

(d) (f (4) � f (0))=4 = 1=4 = (p

25 �p

9)=4 = (5 � 3)=4 = 1=2 et

f 0(x) =1

22x=p

9 + x2 = x=p

9 + x2 = 1=2 quand 2x =p

9 + x2:

Apres avoir eleve au carre chaque membre de l’equation, on obtient 4x2 = 9 + x2

et ainsi 3x2 = 9. Deux solutions x = ˙p

3, desquelles seule la positive verifie

x=p

9 + x2 = 1=2. Il faut donc x = x� =p

3.

7. En un point au moins, l’embarcation a la meme direction que la droite qui joint A a B

(meme si cette droite touche le rivage).

8. La fonction f n’est pas continue en x = �1 et x = 1. Elle n’atteint pas de maximum, car

f (x) est arbitrairement proche de 1 lorsque x est suffisamment proche de 1, alors qu’il

n’y a pas de valeur de x pour laquelle f (x) = 1. De meme, il n’y a pas de minimum.

9. La fonction f a un maximum en x = 1 et un minimum pour tout x > 1. (Tracez votre

propre graphique.) Malgre la discontinuite de la fonction en x = 1 et son domaine ni

ferme, ni borne.





1. (a) f 0(x) =4x

(x2 + 2)2. D’ou f (x) decroıt pour x 6 0, croıt pour x > 0.

(b) f 00(x) = 4 (2 � 3x2)=(x2 + 2)3. Points d’inflexion en x = ˙ 13

p6.

(c) f (x)! 1 lorsque x !˙1. Voir figure C8.R.1.

y

1

x− 4 − 2 2 4

Figure C8.R.1

2. (a) Q0(L) = 3L (8 � 120L) = 0 pour L� = 160 et Q(L) est croissante sur [0; 160],

decroissante sur [160; 200], de sorte queQ� = 160 maximiseQ(L). La production par

travailleur estQ(L)=L = 12L� 120L2 et cette fonction du second degre a un maximum

en L�� = 120.

(b) Q0(120) = Q(120)=120 = 720.

En general (voir exemple 6.7.6), (d=dL) (Q(L)=L) = (1=L) (Q0(L) � Q(L)=L).

Si L > 0 maximise la production par travailleur, on doit avoir Q0(L) = Q(L)=L.

3. Si y est le cote parallele a la rive et x l’autre cote, 2x + y = 1 000, de sorte que

y = 1 000� 2x. L’aire entouree mesure xy = 1 000x� 2x2, et cette fonction du second

degre a un maximum quand x = 250 et donc y = 500.

4. (a) � =�0;0016Q2 + 44Q � 0;0004Q2 � 8Q � 64 000 = �0;002Q2 + 36Q � 64 000

et Q = 9 000 maximise � .

(b) ElQ C (Q) =Q

C (Q)C 0(Q) =

0;0008Q2 + 8Q

0;0004Q2 + 8Q + 64 000� 0;12 quand Q = 1 000.

Cela signifie que, quand Q augmente de 1 % a 1 000, les couts vont augmenter

d’environ 0;12 %.

5. Le profit en fonction de Q a comme expression

�(Q) = PQ � C = (a � bQ2)Q � ˛ + ˇQ = �bQ3 + (a + ˇ)Q � ˛:

Alors � 0(Q) = �3bQ2 + a + ˇ s’annule quand Q2 = (a + ˇ)=3b et donc

Q =√

(a + ˇ)=3b. Cette valeur de Q maximise le profit, car � 00(Q) = �6bQ 6 0

pour tout Q > 0.

6. (a) g est definie pour x > �1.

(b) g0(x) = 1 � 2=(x + 1) = (x � 1)=(x + 1), g00(x) = 2=(x + 1)2.

(c) Comme g0(x) < 0 sur ] � 1; 1[, g0(1) = 0 et g0(x) > 0 sur ]1;+1[, x = 1 est un

point de minimum (global). Comme g00(x) > 0 pour tout x > �1, la fonction g est




convexe et il n’y a pas de point d’inflexion. Quand x ! (�1)�, g(x)! +1 et, quand

x ! +1, g(x)! +1. Voir figure C8.R.6.

y

− 1

1

2

3

4

x− 1 1 2 3

Figure C8.R.6

7. (a) Df =] � 1;+1[.

(b) Un tableau de signes montre que f 0(x) > 0 sur ] � 1; 1] et f 0(x) 6 0 sur [1;+1[.

Par consequent, f a un maximum en x = 1 et n’a pas de minimum.

f 00(x) =�x (x2 + x � 1)

(x + 1)2= 0

quandx = 0 et x = 12(p

5�1). (x = 12(�p

5�1) est en dehors du domaine de definition.)

Puisque f 00(x) change de signe en ces points, il y a deux points d’inflexion.

(c) f (x)! �1 lorsque x ! (�1)+. Voir la figure C8.R.7.

− 0,2

− 0,1

0,1

0,2

− 1 1 2

y

x

Figure C8.R.7

8. (a) Comme h0(x) =ex (2 � e2x)

(2 + e2x)2; h est croissante sur ]�1; 1

2ln 2 ] et decroissante sur

[ 12

ln 2;+1[. Donc h a un maximum en x = 12

ln 2. Elle n’a pas de minimum.

(b) En fait, h est strictement croissante sur ] � 1; 12

ln 2], qui inclut ] � 1; 0]. On a

aussi limx!�1

h(x) = 0 et h(0) = 1=3. D’ou, h definie sur ]�1; 0] admet une reciproque

definie sur ]0; 1=3] et a valeurs dans ] � 1; 0]. Pour trouver l’expression de cette




reciproque, on remarque queex

2 + e2x= y () y (ex)2 � ex + 2y = 0. Cette equation

du second degre en ex a comme racines ex = [1˙√

1 � 8y2]=2y. On exige que la

solution verifie x 6 0 et ainsi ex 6 1 quand 0 < y < 1=3. Maintenant, en prenant la

racine carree positive, on a ex > 1=2y > 6 quand 0 < y < 1=3. On doit donc avoir

ex = [1 �√

1 � 8y2]=2y et ainsi x = ln(1�√

1 � 8y2 )� ln(2y): Avec x comme va-

riable independante, h�1(x) = ln(1�p

1 � 8x2 )� ln(2x): La fonction et sa reciproque

sont representees a la figure C8.R.8.

y

−1,5

−1,0

−0,5

0,5

x−1,5 −1,0 −0,5 0,5

h

h−1

Figure C8.R.8

9. (a) f 0(x) = 4e4x + 8ex � 32e�2x , f 00(x) = 16e4x + 8ex + 64e�2x .

(b) f 0(x) = 4e�2x(e3x + 4) (e3x � 2). D’ou f (x) est croissante sur [ 13

ln 2;+1[,

decroissante sur ] � 1; 13

ln 2]. f 00(x) > 0 pour tout x de sorte que f est stricte-

ment convexe.

(c) Minimum (global) en 13

ln 2. Pas de maximum, car f (x)! +1 lorsque x ! +1.

10. (a) Comme 3pu est defini pour tout u, les seules valeurs de x qui n’appartiennent pas

au domaine de definition sont celles pour lesquelles x2 � a = 0 ou x = ˙pa. Df est

l’ensemble de tous les x tels que x 6= ˙pa. Comme 3

pu > 0 si et seulement si u > 0, le

denominateur de l’expression de f (x),3px2 � a, est strictement positif si et seulement

si x2 > a, autrement dit, si et seulement si x < �pa ou x >

pa. Le numerateur de

l’expression de f (x) est x et, d’apres un tableau de signes, f (x) est strictement positive

sur ] �pa; 0[ et sur ]

pa;1[:

Comme

f (�x) =�x

3√

(�x)2 � a= � x

3px2 � a

= �f (x);

le graphique de f est symetrique par rapport a l’origine.

(b) Apres avoir ecrit3px2 � a sous la forme (x2 � a)1=3, la derivee est

f 0(x) =1 � (x2 � a)1=3 � x � 1

3(x2 � a)�2=3 � 2x

(x2 � a)2=3=x2 � a � x � 1

32x

(x2 � a)4=3=

13(x2 � 3a)

(x2 � a)4=3:




La deuxieme egalite a ete obtenue en multipliant numerateur et denominateur par

(x2 � a)2=3.

Il est clair que f 0(x) n’est pas definie en˙pa. Mis a part ces points, le denominateur

est toujours strictement positif (car (x2 � a)4=3 = ((x2 � a)1=3)4). Le numerateur,13(x2�3a) = 1

3(x+p

3a) (x�p

3a), est nul en x = ˙p

3a, positif sur ]�1;�p

3a] et

sur [p

3a;+1[. Comme f et f 0 ne sont pas definies en˙pa, f (x) est croissante sur

] �1;�p

3a [ et sur ]p

3a;+1[, decroissante sur ] �p

3a;�pa [, sur ] �

pa;pa [

et sur ]pa;p

3a [. Il s’ensuit que f passe par un maximum local en x = �p

3a et un

minimum local en x =p

3a.

(c) En derivant encore une fois, on obtient

f 00(x) =

23x (x2 � a)4=3 � 1

3(x2 � 3a) � 4

3(x2 � a)1=3 � 2x

(x2 � a)8=3=

29x (9a � x2)

(x2 � a)7=3:

La deuxieme egalite a ete obtenue en divisant numerateur et denominateur par (x2�a)1=3,

puis en simplifiant le numerateur. L’expression finale de f 00(x) montre qu’il y a un point

d’inflexion en �3pa, 0 et 3

pa. (f 00(x) est nulle en ces points et change de signe en

chacun d’eux.)

y

x

− 2

− 1

1

2

− 5 − 4 − 3 − 2 − 1 1 2 3 4 5

f (x) =6x 3

x 4 + x2 + 2

Figure C8.R.11

11. Apres avoir divise le numerateur et le denominateur par x3, on note que f (x) ! 0

lorsque x !˙1. La derivee est

f 0(x) =18x2 (x4 + x2 + 2) � 6x3 (4x3 + 2x)

(x4 + x2 + 2)2

=�6x2 (x4 � x2 � 6)

(x4 + x2 + 2)2=�6x2 (x2 � 3) (x2 + 2)

(x4 + x2 + 2)2:

Aussi, x = 0 et x = ˙p

3 sont des points stationnaires. De plus, f 0 change de signe,

du negatif au positif lorsque x passe par �p

3, puis redevient negative lorsque x passe

parp

3. Il s’ensuit qu’en x =p

3 il y a un maximum local (et global) et en x = �p

3, un

minimum local (et global). Par contre, x = 0 est un point d’inflexion. En outre, comme

f (�x) = �f (x) quel que soit x, le graphique est symetrique par rapport a l’origine.

Voir figure C8.R.11.



CHAPITRE 9 / Integration 65

Chapitre 9 / Integration

9.1

1. (a) 114x14 + C

(b) 25x2px + C . (x

px = x � x1=2 = x3=2.)

(c) 2px + C . (1=

px = x�1=2.)

(d) 815x

158 + C . (

√x√xpx =

√xpx3=2 =

px � x3=4 =

px7=4 = x7=8:)

2. (a) �e�x + C

(b) 4e14x + C

(c) � 32e�2x + C

(d) (1= ln 2) 2x + C

3. (a) C (x) = 32x2 + 4x + 40 (En effet, C (x) =

∫(3x + 4) dx =

3

2x2 + 4x +C . C (0) = 40

entraıne C = 40.)

(b) C (x) = 12ax2 + bx + C0

4. (a)

∫(t3 + 2t � 3) dt =

∫t3 dt +

∫2t dt �

∫3 dt = 1

4t4 + t2 � 3t + C

(b)

∫(x � 1)2 dx =

∫(x2 � 2x + 1) dx = 1

3x3 � x2 + x + C . Ou bien : comme

d

dx(x � 1)3 = 3 (x � 1)2, on a

∫(x � 1)2 dx = 1

3(x � 1)3 + C1:

Cela correspond a la premiere reponse, avec C1 = C + 1=3.

(c)

∫(x � 1) (x + 2) dx =

∫(x2 + x � 2) dx = 1

3x3 + 1

2x2 � 2x + C

(d) Soit developper d’abord (x + 2)3 = x3 + 6x2 + 12x + 8, pour obtenir

∫(x + 2)3 dx = 1

4x4 + 2x3 + 6x2 + 8x + C;

soit :

∫(x + 2)3 = 1

4(x + 2)4 + C1.

(e)

∫(e3x � e2x + ex) dx = 1

3e3x � 1

2e2x + ex + C

(f)

∫x3 � 3x + 4

xdx =

∫ (x2 � 3 +

4

x

)dx = 1

3x3 � 3x + 4 ln jxj + C

5. (a) D’abord simplifier la fonction sous le signe integrale :

(y � 2)2

py

=y2 � 4y + 4py

= y3=2 � 4y1=2 + 4y�1=2:




Et, de la,

∫(y � 2)2

py

dy =

∫(y3=2 � 4y1=2 + 4y�1=2) dy = 2

5y5=2 � 8

3y3=2 + 8y1=2 + C:

(b) Effectuer la division polynomialex3

x + 1= x2 � x + 1 � 1

x + 1; puis

∫x3

x + 1dx =

x3

3� x

2

2+ x � ln jx + 1j + C:

(c)d

dx(1 + x2)16 = 16 (1 + x2)15 � 2x = 32x (1 + x2)15, d’ou

∫x (1 + x2)15 dx = 1

32(1 + x2)16 + C:

6. (a) et (b) : Derivez le membre de droite et verifiez si c’est la fonction sous le signe

integrale. (Pour (a) voir aussi exercice 9.5.5.)

7. Voir figure C9.1.7. f 0(x) = A(x + 1) (x�3) (car f 0(x) est nulle en x = �1 et en x = 3).

De plus, f 0(1) = �1. Ce qui entraıne A = 1=4, de sorte que

f 0(x) =1

4(x + 1) (x � 3) =

1

4x2 � 1

2x � 3

4:

Une primitive est f (x) = 112x3 � 1

4x2 � 3

4x + C . Puisque f (0) = 2, C = 2.

y

− 1

1

2

x− 3 − 2 − 1 1 2 3 4

f

y

− 1

1

2

x− 4 − 3 − 2 − 1 1 2

f


8. Le graphique de f 0(x) a la figure 2 a l’allure d’une fonction polynomiale de degre 3

dont les racines sont �3, �1 et 1 et f 0(0) = �1. Aussi

f 0(x) =1

3(x + 3) (x + 1) (x � 1) =

1

3x3 + x2 � 1

3x � 1:

Si f (0) = 0, l’integration donne f (x) = 112x4 + 1

3x3 � 1

6x2 � x. La figure C9.1.8

presente le graphique de cette fonction f .




9. Derivez le membre de droite et verifiez s’il s’agit bien de la fonction sous le signe

integrale.

10. (a) Derivez le membre de droite. (Apres avoir appris la methode par substitution a la

section 9.6, ce sera un exercice facile.)

(b)

(i) 110

(2x + 1)5 + C

(ii) 23(x + 2)3=2 + C

(iii) �2p

4 � x + C

11. (a) F (x) =

∫(1

2ex � 2x) dx =

1

2ex � x2 + C . F (0) = 1

2entraıne C = 0.

(b) F (x) =

∫(x � x3) dx =

1

2x2 � 1

4x4 + C . F (1) = 5

12entraıne C = 1

6.

12. La forme generale de f 0 est f 0(x) = 13x3 + A. Aussi, f (x) = 1

12x4 + Ax + B . Si on

exige f (0) = 1 et f 0(0) = �1, alorsB = 1 etA = �1, de sorte que f (x) = 112x4�x + 1.

13. f 0(x) =

∫(x�2 + x3 + 2) dx = �x�1 +

1

4x4 + 2x + C . Comme f 0(1) =

1

4, on a

1

4= �1 +

1

4+ 2 + C ou C = �1. Une nouvelle integration conduit a

f (x) =

∫(�x�1 +

1

4x4 + 2x � 1) dx = � ln x +

1

20x5 + x2 � x +D:

Comme f (1) = 0, on a 0 = � ln 1 +1

20+ 1 � 1 +D ou D = � 1

20.

9.2

1. (a) A =

∫ 1

0

x3 dx =1

4x4

1

0

=1

414 � 1

404 =

1

4

(b) A =

∫ 1

0

x10 dx =1

11x11

1

0

=1

11

2. (a)

∫ 2

0

3x2 dx = x32

0

= 8

(b) 1=7

y

x− 1 1

f (x) = ex

y

-1

xA

y = 1/x 3

− 2 − 1





(c) e � 1=e (voir l’aire ombree de la figure C9.2.2).

(d) 9=10

3. Voir figure C9.2.3. A = �∫ �1

�2

x�3 dx = �(�1

2

)x�2

�1

�2

= �[�1

2�(�1

8

)]=

3

8.

4. A = 12

∫ 1

�1

(ex + e�x) dx =1

2(ex � e�x)

1

�1

= e � e�1

5. (a)

∫ 1

0

x dx =1

2x2

1

0

=1

2

(b) 16=3

(c)

∫ 3

�2

(1

2x2 � 1

3x3)dx = (

1

6x3 � 1

12x4)

3

�2

=1

12x3 (2 � x)

3

�2

= �27

12+

32

12=

5

12

(d) �12=5

(e) 41=2

(f)

∫ 3

2

( 1

t � 1+ t)dt =

[ln(t � 1) +

1

2t2] 3

2

= ln 2 +9

2� 4

2= ln 2 +

5

2

6. (a) f (x) = x3 � 3x2 + 2x et donc f 0(x) = 3x2 � 6x + 2 = 0 quand x0 = 1 �p

3=3 et

x1 = 1 +p

3=3: On a f 0(x) > 0 () x < x0 ou x > x1. De plus,

f 0(x) < 0 () x0 < x < x1:

Ainsi f est (strictement) croissante sur ] � 1; x0] et sur [x1;+1[ et (strictement)

decroissante sur [x0; x1].

(b) Voir figure C9.2.6.

y

− 1

1

2

x− 1 1 2

y

x

− 2 000

− 1 000

1 000

2 000

y = 4 000 − xf


∫ 1

0

f (x) dx =

∫ 1

0

(x3 � 3x2 + 2x) dx =(x4

4� x3 + x2

) 1

0

=1

4� 0 =

1

4

L’aire ombree est egale a 14.

7. (a) f 0(x) = �1+3 000 000=x2 = 0 quand x =p

3 000 000 = 1 000p

3. (Rappelez-vous

x > 0.) x = 1 000p

3 maximise le profit. Voir figure C9.2.7.

(b) I =1

2 000

(4 000x � 1

2x2 � 3 000 000 ln x

) 3 000

1 000

= 2 000 � 1 500 ln 3 � 352.




8. (a) 6/5

(b) 26/3

(c) ˛ (eˇ � 1)=ˇ

(d) � ln 2

9.3

1. (a)(1

2x2 +

1

3x3) 5

0

= 325=6

(b) 0

(c) ln 9

(d) e � 1

(e) �136

(f) 687=64

(g)

∫ 4

0

1

2x1=2 dx =

1

2� 2

3x3=2

4

0

=8

3

(h)

∫ 2

1

1 + x3

x2dx =

∫ 2

1

( 1

x2+ x)dx =

(� 1

x+

1

2x2) 2

1

= 2

2.

∫ b

c

f (x) dx =

∫ b

a

f (x) dx �∫ c

a

f (x) dx = 8 � 4 = 4

3. SoitA =

∫ 1

0

f (x) dx etB =

∫ 1

0

g(x) dx. Alors, de (i) et (ii),A�2B = 6 et 2A+2B = 9,

systeme dont la solution est A = 5 et B = �1=2 et, de la, I = A � B = 11=2.

4. (a)

∫ 1

0

(xp+q + xp+r ) dx =xp+q+1

p + q + 1+xp+r+1

p + r + 1

1

0

=1

p + q + 1+

1

p + r + 1

(b) L’egalite (i) implique a + b = 6. De plus, f 00(x) = 2ax + b. L’egalite (ii) implique

2a + b = 18. Il s’ensuit que a = 12 et b = 6 et, de la, f 0(x) = 12x2 � 6x. Mais alors

f (x) =

∫(12x2�6x) dx = 4x3�3x2 +C , et, puisqu’on veut

∫ 2

0

(4x3�3x2 +C ) = 18,

il faut que 16 � 8 + 2C = 18 ou C = 5.

5. (a) [1

9e3t�2 + ln(t + 2)]

3

0

=1

9(e7 � e�2) + ln(5=2)

(b)

∫ 1

0

(x2 + 2)2 dx =

∫ 1

0

(x4 + 4x2 + 4) dx = (1

5x5 +

4

3x3 + 4x)

1

0

= 83=15

(c)

∫ 1

0

x2 + x +px + 1

x + 1dx =

∫ 1

0

x (x + 1) + (x + 1)1=2

x + 1dx

=

∫ 1

0

(x + (x + 1)�1=2) dx

= (1

2x2 + 2 (x + 1)1=2)

1

0

=1

2+ 2p

2 � 2 = 2p

2 � 3

2

(d) Ax + b

x + c+d

x= A

x + c + b � cx + c

+d

x= A +

A(b � c)

x + c+d

x

∫ b

1

(Ax + b

x + c+d

x

)dx

= A[b � 1 + (b � c) ln[(b + c)=(1 + c)]

]+ d ln b




6. (a) Selon la formule (6), F 0(x) = x2 + 2. Pour trouver G 0(x), on utilise la formule (8).

On obtient G 0(x) = [(x2)2 + 2] 2x = 2x5 + 4x.

(b) H 0(t ) = 2tK(t2) e��t2

(d’apres la formule (8)).

7. Par les formules (6), (7) et (8),

(a) t2,

(b) �e�t2 ,

(c) 2=pt4 + 1,

(d) (f (2) � g(2)) � 0 � (f (��) � g(��)) � (�1) = f (��) � g(��).

8. Dey2 = 3x, on tirex = 13y2, qui, introduit dans l’autre equation, donney+1 = ( 1

3y2�1)2

ou y (y3� 6y� 9) = 0. Or, y3� 6y� 9 = (y� 3) (y2 + 3y + 3), avec y2 + 3y + 3 jamais

nul. D’ou (0; 0) et (3; 3) sont les coordonnees des seuls points d’intersection.

A =

∫ 3

0

(p

3x � x2 + 2x) dx = 6

Voir figure C9.3.8.

y + 1 = (x − 1)2

y 2 = 3x

y

− 1

1

2

3

4

x− 1 1 3 4 5 6

y

− 5

5

10

x− 5 5 10

B

A a

a

f

g

y = x


9. W (T ) = (K

T)(�1=%) e�%t

T

0

= K(1 � e�%T )=%T

Ici W (T ) ! 0 lorsque T ! +1 et, par la regle de l’Hospital, W (T ) ! K lorsque

T ! 0+. Pour T > 0, on trouve W 0(T ) = Ke�%T (1 + %T � e%T )=%T 2 < 0, car

e%T > 1+%T (voir exercice 6.11.11). On conclut queW (T ) est strictement decroissante

et que W (T ) 2]0; K[.

10. (a) f 0(x) =2p

x + 4 (px + 4 � 2)

> 0 pour tout x > 0. Par ailleurs, f (x) ! �1

lorsque x ! 0, tandis que f (x) ! +1 lorsque x ! +1. Par consequent, f est

strictement croissante sur ]0;+1[ et a valeurs dans R. La fonction f admet donc une

reciproque definie sur R. Pour trouver l’expression de la reciproque, on note que

y = 4 ln(px + 4 � 2) () ln(

px + 4 � 2) = y=4 ()

px + 4 = ey=4 + 2

() x + 4 = (ey=4 + 2)2 () x = ey=2 + 4ey=4:

La reciproque est g(x) = ex=2 + 4ex=4.

(b) Voir la figure C9.3.10.




(c) On peut observer a la figure C9.3.10 les graphiques def etg symetriques par rapport

a la droite d’equation y = x. De ce fait, aire A = aire B . Mais aire B est la difference

entre l’aire d’un rectangle de base a et hauteur 10 et l’aire sous le graphique de g sur

l’intervalle [0; a],

A = B = 10a �∫ a

0

(ex=2 + 4ex=4) dx = 10a � 2ea=2 � 16ea=4 + 2 + 16:

Commea = f (10) = 4 ln(p

14�2), on a ea=2 = (p

14�2)2 = 14�4p

14+4 = 18�4p

14

et aussi ea=4 =p

14 � 2. De la,

A = B = 10a�2 (18�4p

14)�16 (p

14�2)+18 = 40 ln(p

14�2)+14�8p

14 � 6;26:

9.4

1. x (t ) = K �∫ t

0

ue�as ds = K � u (1 � e�at )=a. Notez que x (t )! K � u=a lorsque

t ! +1. Si K > u=a, le puits ne sera jamais vide.

2. (a) Soit n le nombre total d’individus. Le nombre d’individus dont le revenu est compris

dans l’intervalle [b; 2b] est donne par

N = n

∫ 2b

b

Br�2 dr = n�Br�12b

b

=nB

2b:

Leurs revenus cumules egalent

M = n

∫ 2b

b

Br�2r dr = n

∫ 2b

b

Br�1 dr = nB ln r2b

b

= nB ln 2:

Le revenu moyen est donc m = M=N = 2b ln 2.

(b) La demande totale est donnee par

x (p) =

∫ 2b

b

nD(p; r)f (r) dr =

∫ 2b

b

nAp rıBr�2 dr

= nABp ∫ 2b

b

rı�2 dr = nABp rı�1

ı � 1

2b

b

= nABp bı�1 2ı�1 � 1

ı � 1:

3. T = 1r

ln(1 + rS). (En effet, S = (1=r) ertT

0

= (erT � 1)=r , de sorte que erT � 1 = rS

resolu par rapport a T ).

4. (a) K(5) �K(0) =

∫ 5

0

(3t2 + 2t + 5) dt = 175

(b) K(T ) �K0 = (T 3 � t30 ) + (T 2 � t20 ) + 5 (T � t0)

5. (a) Voir figure C9.4.5.




50

100

150

t2 4 6 8 10

fg

Figure C9.4.5

(b)

∫ t

0

(g(� )� f (� )

)d� =

∫ t

0

(2�3 � 30�2 + 100� ) d� =

1

2t2 (t � 10)2

> 0 pour tout t .

(c) On a

∫ 10

0

p(t )f (t ) dt =

∫ 10

0

(�t3 + 9t2 + 11t � 11 + 11=(t + 1)

)dt

= 940 + 11 ln 11 � 966;38

et ∫ 10

0

p(t )g(t )dt =

∫ 10

0

(t3 � 19t2 + 79t + 121 � 121=(t + 1)

)dt

= 3980=3 � 121 ln 11 � 1036;52:

L’option g doit etre choisie.

6. La quantite a l’equilibre est Q� = 600, ou P � = 80. Alors,

SC =

∫ 600

0

(120 � 0;2Q) dQ = 36 000 et SP =

∫ 600

0

(60 � 0;1Q) dQ = 18 000:

7. Equilibre quand 6 000=(Q� + 50) = Q� + 10. La seule solution positive estQ� = 50 et

P � = 60.

SC =

∫ 50

0

[ 6 000

Q + 50� 60

]dQ = [6 000 ln(Q + 50) � 60Q]

50

0

= 6 000 ln 2 � 3 000,

SP =

∫ 50

0

(50 �Q) dQ = 1 250.

9.5

1. (a) Formule (1) avec f (x) = x et g0(x) = e�x :

∫xe�x dx = x (�e�x) �

∫1 � (�e�x) dx = �xe�x � e�x + C:




(b)

∫3xe4x dx = 3x � 1

4e4x �

∫3 � 1

4e4x dx =

3

4xe4x � 3

16e4x + C

(c)

∫(1+x2)e�x dx = (1+x2) (�e�x)�

∫2x (�e�x) dx = �(1+x2)e�x+2

∫xe�x dx

La derniere integrale a ete calculee en (a), ce qui donne

∫(1 + x2)e�xdx = �(1 + x2)e�x � 2xe�x � 2e�x + C = �(x2 + 2x + 3)e�x + C:

(d)

∫xln x dx =

1

2x2 ln x�

∫1

2x2 1

xdx =

1

2x2 ln x�

∫1

2x dx =

1

2x2 ln x�1

4x2+C

2. (a)

∫ 1

�1

x ln(x + 2) dx =1

2x2 ln(x + 2)

1

�1

�∫ 1

�1

1

2x2 1

x + 2dx

=1

2ln 3 � 1

2

∫ 1

�1

(x � 2 +

4

x + 2

)dx = 2 � 3

2ln 3

(b) Pour rappel, ddx

2x = 2x ln 2 et donc 2x= ln 2 est une primitive de 2x . Il s’ensuit que

∫ 2

0

x2x dx = x2x

ln 2

2

0

�∫ 2

0

2x

ln 2dx =

8

ln 2� 2x

(ln 2)2

2

0

=8

ln 2�( 4

(ln 2)2� 1

(ln 2)2

)=

8

ln 2� 3

(ln 2)2:

(c) On commence par integrer par parties l’integrale indefinie. Par (9.5.1) avec

f (x) = x2 et g(x) = ex ,

∫x2ex dx = x2ex �

∫2xex dx: (�)

Pour calculer cette derniere integrale, on utilise a nouveau la methode par parties. Avec

f (x) = 2x et g(x) = ex , on obtient

∫2xex dx = 2xex �

∫2ex dx = 2xex � (2ex + C ):

On introduit cette expression dans (�), cela donne

∫x2ex dx = x2ex � 2xex + 2ex + C;

et, de la,

∫ 1

0

x2ex dx = (x2ex � 2xex + 2ex)1

0

= (e � 2e + 2e) � (0 � 0 + 2) = e � 2:

Autrement, et de facon plus compacte, on utilise la formule (9.5.2).

∫ 1

0

x2ex dx = x2ex1

0

�2

∫ 1

0

xex dx

= e � 2[xex

1

0

�∫ 1

0

ex dx]

= e � 2[e � ex

1

0

]= e � 2




(d) On doit ecrire la fonction sous le signe integrale sous la forme d’un produitf (x)g0(x).

Si on pose f (x) = x et g0(x) =p

1 + x = (1 +x)1=2, alors, comment trouver g? Un peu

de reflexion mene a choisir g(x) = 23(1 + x)3=2. Alors, (9.5.2) conduit a

∫ 3

0

xp

1 + x dx = x � 2

3(1 + x)3=2

3

0

�∫ 3

0

1 � 2

3(1 + x)3=2 dx

= 3 � 2

3� 43=2 � 2

3

2

5(1 + x)5=2

3

0

= 16 � 4

15(45=2 � 1)

= 16 � 4

15� 31 = 7

11

15:

Sinon, on aurait pu calculer d’abord la primitive xp

1 + x et ensuite l’integrale definie

par la definition (9.2.3). La figure C9.5.2(d) montre la surface sous le graphique de

y = xp

1 + x sur l’intervalle [0; 3]. La valeur 7 1115

est-elle une estimation acceptable

de l’aire A ?

y

1

2

3

4

5

6

x1 32 4 5

A

y = x √1 + x

Figure C9.5.2(d)

3. (a)

∫ 4

1

pt ln t dt =

∫ 4

1

t1=2 ln t dt =2

3t3=2 ln t

4

1

�2

3

∫ 4

1

t3=2(1=t) dt

=16

3ln 4 � 2

3

2

3t3=2

4

1

=16

3ln 4 � 28

9

(b)

∫ 2

0

(x � 2) e�x=2 dx = (x � 2) (�2) e�x=22

0

�∫ 2

0

(�2) e�x=2 dt

= �4 � 4e�x=22

0

= �4 � 4 (e�1 � 1) = �4e�1

(c)

∫ 3

0

(3 � x) 3x dx = (3 � x) (3x= ln 3)3

0

�∫ 3

0

(�1) (3x= ln 3) dx

= 26=(ln 3)2 � 3= ln 3




4. La formule generale decoule de (1) et fournit, dans le cas f (x) = ln x,

∫ln x dx = x ln x � x + C:

5. Formule (1) avec f (x) = ln x et g0(x) = x�. (Sinon, deriver simplement le membre de

droite.)

6. (a) Par la formule (9.5.2),

∫ T

0

te�rt dt = t�1

re�rt

T

0

�∫ T

0

�1

re�rt dt =

�Tre�rT +

1

r

∫ T

0

e�rt dt

=�Tre�rT +

1

r

�1

re�rt

T

0

=1

r2(1 � (1 + rT ) e�rT ):

Multiplier cette expression par b.

(b)

∫ T

0

(a + bt ) e�rt dt = a

∫ T

0

e�rt dt + b

∫ T

0

te�rt dt et utiliser (a).

(c)

∫ T

0

(a � bt + ct2) e�rt dt = a

∫ T

0

e�rt dt � b∫ T

0

te�rt dt + c

∫ T

0

t2e�rt dt .

Utilisez les resultats precedents

∫ T

0

t2e�rt dt = t2(�1

r

)e�rt

T

0

�∫ T

0

2t

(�1

r

)e�rt dt

= �(

1

r

)T 2e�rT +

(2

r

)∫ T

0

te�rt dt:

9.6

1. (a) 19(x2 + 1)9 + C (Poser u = x2 + 1, du = 2x dx).

(b) 111

(x + 2)11 + C (Poser u = x + 2).

(c) ln jx2 � x + 8j + C (Poser u = x2 � x + 8).

2. (a) 124

(2x2 + 3)6 + C (Poser u = 2x2 + 3, de sorte que du = 4x dx).

(b) Si on pose u = x3 + 2, on a du = 3x2 dx et

∫x2ex

3+2 dx =

∫1

3eu du =

1

3eu + C =

1

3ex

3+2 + C:

(c) On pourrait essayer u = x + 2, ce qui donne du = dx et

∫ln(x + 2)

2x + 4dx =

∫ln u

2udu:

Comme ce n’est pas plus simple que l’integrale initiale, on essaie u = ln(x + 2).




Alors du =dx

x + 2et

∫ln(x + 2)

2x + 4dx =

∫12udu = 1

4(u)2 + C = 1

4(ln(x + 2))2 + C .

(d) Premiere tentative : u = 1 + x. Alors, du = dx et

∫xp

1 + x dx =

∫(u � 1)

pudu =

∫(u3=2 � u1=2) du

=2

5u5=2 � 2

3u3=2 + C =

2

5(1 + x)5=2 � 2

3(1 + x)3=2 + C:

Deuxieme tentative : u =p

1 + x. Alors u2 = 1 + x et 2udu = dx. Alors l’integrale

devient∫xp

1 + x dx =∫

(u2 � 1)u2udu =∫

(2u4 � 2u3) du, etc. Verifiez que vous

obtenez la meme reponse. En realite, meme une integration par parties donnerait des

resultats. Voir exercice 9.5.2(d).

(e) Si on pose u = 1 + x2, on a x2 = u � 1 et du = 2x dx, de sorte que

∫x3

(1 + x2)3dx =

∫x2 � x

(1 + x2)3dx =

1

2

∫u � 1

u3du

=1

2

∫(u�2 � u�3) du = �1

2u�1 +

1

4u�2 + C

=�1

2 (1 + x2)+

1

4 (1 + x2)2+ C:

(f) Si on pose u =p

4 � x3, u2 = 4 � x3 et 2udu = �3x2 dx. Ainsi,

∫x5p

4 � x3 dx =

∫x3p

4 � x3 x2 dx =

∫(4 � u2)u (�2

3)udu

=

∫(�8

3u2 +

2

3u4) du = �8

9u3 +

2

15u5 + C

= �8

9(4 � x3)3=2 +

2

15(4 � x3)5=2 + C:

3. (a) Avec u =p

1 + x2, u2 = 1 + x2, de sorte que udu = x dx. Si x = 0, alors u = 1 ;

si x = 1, alors u =p

2. De la,

∫ 1

0

xp

1 + x2 dx =

∫ p2

1

u2 du =

p2

1

1

3u3 =

1

3(2p

2 � 1):

(b) 1/2. (Posez u = ln y.)

(c) 12(e2 � e2=3). (Posez u = 2=x.)

(d)

Methode 1 :

∫ 8

5

x

x � 4dx =

∫ 8

5

x � 4 + 4

x � 4dx =

∫ 8

5

(1 +

4

x � 4

)dx =

8

5

[(x + 4 ln(x � 4)] = 3 + 4 ln 4:

Methode 2 : Effectuez la division x � (x � 4), ce qui conduit au meme resultat que

la methode 1.




Methode 3 : Introduire la nouvelle variable u = x � 4. Ensuite, du = dx et x = u + 4.

Quand x = 5, u = 1 et quand x = 8, u = 4, de sorte que

L =

∫ 4

1

u + 4

udu =

∫ 4

1

(1 +

4

u

)du = (u + 4 ln u)

4

1

= 3 + 4 ln 4:

4.

∫ x

3

2t � 2

t2 � 2tdt = ln(t2 � 2t )

x

3

= ln(x2 � 2x) � ln 3 = ln 13(x2 � 2x). L’equation a

resoudre devient ln 13(x2 � 2x) = ln( 2

3x � 1) = ln 1

3(2x � 3) ou x2 � 2x = 2x � 3

ou encore, x2 � 4x + 3 = 0, dont les solutions sont x = 1 et x = 3. Mais seul x = 3

appartient au domaine specifie.

5. Posez z = x (t ). Alors dz = x0(t )dt et le resultat decoule de (2).

6. (a) I =

∫ 1

0

(x4 � x9) (x5 � 1)12 dx =

∫ 1

0

�x4 (x5 � 1)13 dx. Posez u = x5 � 1. Alors

du = 5x4dx. On utilise maintenant (9.6.2) en meme temps que le fait que u = �1

quand x = 0 et u = 0 quand x = 1. L’integrale devient

I = �∫ 0

�1

1

5u13 du = � 1

70u14

0

�1

=1

70:

(b) Avec u =px, on a u2 = x et 2udu = dx. Ensuite

∫ln xpxdx = 2

∫ln u2 du = 4

∫ln udu = 4 (u ln u � u) + C

= 4px lnpx � 4

px + C = 2

px ln x � 4

px + C:

(L’integration par parties marcherait aussi avec f (x) = ln x et g0(x) = 1=px.)

(c) Avec u = 1 +px, on a (u� 1)2 = x. Aussi 2 (u� 1) du = dx. On utilise a nouveau

(9.6.2) ainsi que le fait que u = 1 quand x = 0 et u = 3 quand x = 4. L’integrale devient

∫ 3

1

2 (u � 1)pu

du = 2

∫ 3

1

(u1=2 � u�1=2) du = 2 (2

3u3=2 � 2u1=2)

3

1

=8

3:

(La substitution u =√

1 +px marche aussi.)

7. (a) On pose u = 1 + epx . Alors, on a du =

1

2pxepx dx. Maintenant x = 1 donne

u = 1 + e et x = 4 donne u = 1 + e2. D’ou,

∫ 4

1

epx

px (1 + e

px)dx =

∫ 1+e2

1+e

2 du

u= 2 ln u

1+e2

1+e

= 2 ln(1 + e2) � 2 ln(1 + e):

(b) Il semble naturel de poser u = ex + 1, puis du = ex dx et ainsi

dx = du=ex = du=(u � 1):




Quand x = 0, u = 2, quand x = 1=3, u = e1=3 + 1. D’ou,

∫ 1=3

0

dx

ex + 1=

∫ e1=3+1

2

1

u (u � 1)du =

∫ e1=3+1

2

(1

u � 1� 1

u

)du

=(ln ju � 1j � ln juj

) e1=3+1

2

=1

3� ln(e1=3 + 1) + ln 2 = ln 2 � ln(e�1=3 + 1);

car1

3� ln(e1=3 + 1) = ln[e1=3=(e1=3 + 1)] = � ln(e�1=3 + 1):

Si la fonction a integrer etait ecritee�x

1 + e�x, la substitution naturelle t = e�x (ou encore

mieux u = 1 + e�x), soit dt = �e�x dx, marche bien. Verifiez que vous obtenez la

meme reponse.

(c) On pose z4 = 2x � 1. Alors, on a 4z3 dz = 2 dx. Et x = 8;5 donne z = 2 et x = 41

donne z = 3. L’integrale devient

∫ 3

2

2z3 dz

z2 � z = 2

∫ 3

2

z2 dz

z � 1= 2

∫ 3

2

(z + 1 +

1

z � 1

)dz

= 2(

12z2 + z + ln(z � 1)

) 3

2

= 7 + 2 ln 2:

8. Posez u = x1=6. Alors I = 6

∫u8

1 � u2du. Puis

u8

(�u2 + 1)= �u6 � u4 � u2 � 1 +

1

(�u2 + 1):

D’ou I = �6

7x7=6 � 6

5x5=6 � 2x1=2 � 6x1=6 � 3 ln j1 � x1=6j + 3 ln j1 + x1=6j + C .

9. On trouve f (x) =1

a � b

[ac + d

x � a �bc + d

x � b

].

(a)

∫x dx

(x + 1) (x + 2)=

∫ �1 dx

x + 1+

∫2 dx

x + 2= � ln jx + 1j + 2 ln jx + 2j + C

(b)

∫(1 � 2x) dx

(x + 3) (x � 5)=

∫ [�7

8

1

x + 3� 9

8

1

x � 5

]dx=�7

8ln jx + 3j� 9

8ln jx�5j+C


1. (a) �16x + C

(b) 55x + C

(c) 3y � 12y2 + C

(d) 12r2 � 16

5r5=4 + C

(e) 19x9 + C




(f) 27x7=2 + C (x2

px = x2 � x1=2 = x5=2)

(g) � 14p�4 + C

(h) 14x4 + 1

2x2 + C

2. (a) e2x + C

(b) 12x2 � 25

2e2x=5 + C

(c) � 13e�3x + 1

3e3x + C

(d) 2 ln jx + 5j + C

3. (a)

∫ 12

0

50 dx = 50x12

0

= 600

(b)

∫ 2

0

(x � 1

2x2) dx = (

1

2x2 � 1

6x3)

2

0

=2

3

(c)

∫ 3

�3

(u + 1)2 du =1

3(u + 1)3

3

�3

= 24

(d)

∫ 5

1

2

zdz = 2 ln z

5

1

= 2 ln 5

(e) 3 ln(8=3)

(f) I =

∫ 4

0

vpv2 + 9 dv = 1

3(v2 + 9)3=2 4

0= 98=3. (Ou introduire z =

pv2 + 9. Alors

z2 = v2 + 9 et 2z dz = 2v dv, ou v dv = z dz. Quand v = 0, z = 3, quand v = 4, z = 5,

de sorte que I =

∫ 5

3

z2 dz =1

3z3

5

3

=98

3.)

4. (a) 5/4. (voir exemple 9.7.2.)

(b)1

20(1 + x4)5

1

0

=31

20

(c) 5te�t+1

0

�∫ +1

0

5e�t dt = 5e�t+1

0

= �5

(d)

∫ e

1

(ln x)2 dx = x (ln x)2e

1

�2

∫ e

1

ln x dx = e � 2 (x ln x � x)e

1

= e � 2

(e)2

9(x3 + 1)3=2

2

0

=2

9(93=2 � 1) =

52

9

(f)1

3ln(e3z + 5)

0

�1=

1

3(ln 6 � ln 5) =

1

3ln(6=5)

(g)1

4x4 ln(2x)

e=2

1=2

�1

4

∫ e=2

1=2

x3 dx =1

4(e=2)4 � 1

16[(e=2)4 � (1=2)4] =

1

256(3e4 + 1)

(h) Introduire u =px. Alors u2 = x et 2udu = dx.

Ensuite

∫ +1

1

e�px

pxdx =

∫ +1

1

e�u 2udu

u= 2

∫ +1

1

e�u du = 2e�1.

5. (a) En posant u = 9 +px, on a x = (u � 9)2 et ainsi dx = 2 (u � 9) du. Par ailleurs,

u = 9 quand x = 0 et u = 14 quand x = 25. D’ou,

∫ 25

0

1

9 +pxdx =

∫ 14

9

2 (u � 9)

udu =

∫ 14

9

(2 � 18

u

)du = 10 � 18 ln

14

9:




(b) En posant u =pt + 2, on a t = u2 � 2 et ainsi dt = 2udu. De plus, u = 2 quand

t = 2 et u = 3 quand t = 7. De la,

∫ 7

2

tpt + 2 dt =

∫ 3

2

(u2 � 2)u � 2udu = 2

∫ 3

2

(u4 � 2u2) du = 2(

15u5 � 2

3u3) 3

2

= 2

[(243

5� 54

3

)�(

32

5� 16

3

)]=

422

5� 76

3= 886=15:

(c) En posant u =3p

19x3 + 8, on a u3 = 19x3 + 8 et ainsi 3u2du = 57x2dx. De plus,

x = 0 donne u = 2 et x = 1 donne u = 3. Par consequent,

∫ 1

0

57x2 3p

19x3 + 8 dx =

∫ 3

2

3u3 du =3

4u4

3

2

=195

4:

6. (a) F 0(x) = 4 (px � 1), car

∫ x

4

(u1=2 + xu�1=2) du = 23u3=2 + 2xu1=2

x

4

=8

3x3=2 � 16

3� 4x:

(b) D’apres (9.3.8), F 0(x) = ln x � (lnpx) (1=(2

px)) = ln x � ln x=(4

px).

7. C (Y ) = 0;69Y + 1 000

8. C (x) = ˛ˇ

(eˇx � 1) + x + C0

9. Soit A =

∫ 3

�1

(f (x) dx et B =

∫ 3

�1

g(x)) dx. Alors A + B = 6 et 3A + 4B = 9, ce qui

conduit a A = 15 et B = �9. Ensuite I = A � B = 15 � (�9) = 24.

10. (a) Comme dans l’exemple 9.4.3, on a besoin de trouver d’abordP � etQ�. La condition

d’equilibre implique f (Q�) = 100 � 0;05Q� = g(Q�) = 0;1Q� + 10, de sorte que

0;15Q� = 90 ou Q� = 600. Alors P � = g(Q�) = 0;1Q� + 10 = 70. De plus,

SC =

∫ 600

0

(f (Q) � P �) dQ =

∫ 600

0

(30 � 0;05q) dq

=(30Q � 0;05

2Q2) 600

0

= 9 000

SP =

∫ 600

0

(P � � g(Q)) dQ =

∫ 600

0

(60 � 0;1Q) dQ

=(60Q � 0;1

2Q2) 600

0

= 18 000

Voir figure C9.R.10a.

(b) L’equilibre a lieu quand 50=(Q� +5) = 4;5+0;1Q�. En eliminant les fractions et en




simplifiant, on obtient (Q�)2 + 50Q� � 275 = 0. La seule solution strictement positive

est Q� = 5 et, de la, P � = 5.

SC =

∫ 5

0

[50

Q + 5� 5

]dQ = [50 ln(Q + 5) � 5Q]

5

0

= 50 ln 2 � 25

SP =

∫ 5

0

(5 � 4;5 � 0;1Q) dQ = (0;5Q � 0;05Q2)5

0

= 2;5 � 1;25 = 1;25

Voir figure C9.R.10b.

p

q

100

p * = 70

10

q* = 600

p = f (q)

CS

PS

p = g(q)

p

q

10

p * = 5CS

p = f (q)

p = g (q)

PS

q* = 5

Figure C9.R.10a Figure C9.R.10b

11. (a) f 0(t ) = 4 ln t (2 � ln t )=t2, f 00(t ) = 8[(ln t )2 � 3 ln t + 1]=t3:

(b) (e2; 16=e2) est un maximum local, (1; 0) est un minimum local (et global). Voir

figure C9.R.11.

1

2

3

4

5

5 10 15

y

x

Figure C9.R.11

(c) Aire =32

3. (Suggestion :

∫f (t ) dt =

4

3(ln t )3 + C .)

12. (a) x = Ae�3t

(b) x = Ae�4t + 3

(c) x = 1=(Ae�3t � 4) et x � 0.

(d) x = Ae�15t

(e) x = Ae�2t + 5=3

(f) x = 1=(Ae�12t � 2) et x � 0.




13. (a) A variables separees.

∫x�2 dx =

∫t dt et donc �1=x = 1

2t2 + C1 ou

x = 1=(C � 12t2) (avec C = �C1):

(b) x = Ce�3t=2 � 5 par application directe de (9.9.3).

(c) x = Ce3t � 10 par application directe de (9.9.3).

(d) Selon (9.9.5), x = Ce�5t + 10e�5t

∫te5t dt . Ici,

∫te5t dt = t

1

5e5t � 1

5

∫e5t dt =

1

5te5t � 1

25e5t :

Donc x = Ce�5t + 10e�5t ( 15te5t � 1

25e5t ) = Ce�5t + 2t � 2

5.

(e) x = Ce�t=2 + e�t=2

∫et=2et dt = Ce�t=2 + e�t=2

∫e3t=2 dt

= Ce�t=2 + e�t=2 2

3e3t=2 = Ce�t=2 +

2

3et

(f) x = Ce�3t + e�3t

∫t2e3t dt = Ce�3t + e�3t

(1

3t2e3t � 2

3

∫te3t dt

)

= Ce�3t +1

3t2 � 2

3e�3t

(1

3te3t � 1

3

∫e3t dt

)= Ce�3t +

1

3t2 � 2

9t +

2

27

14. (a) V (x) = (V0 + b=a) e�ax � b=a(b) V (x�) = 0 fournit x� = (1=a) ln(1 + aV0=b).

(c) 0 = V (x) = (Vm + b=a) e�ax � b=a fournit Vm = (b=a) (eax � 1).

(d) On a x� = (1=0;001) ln(1 + 0;001 � 12 000=8) � 916 et

Vm = (8=0;001) (e0;001�1200 � 1) = 8 000 (e1;2 � 1) � 18 561:

15. (a)

∫ +1

0

f (r) dr =

∫ +1

0

(1

m

)e�r=m dr = 1 (comme dans l’exemple 9.7.1) et

∫ +1

0

rf (r) dr =

∫ +1

0

r

(1

m

)e�r=m dr = m (comme dans l’exercice 9.7.3(a)),

le revenu moyen est donc m.

(b) x (p) = n

∫ +1

0

(ar � bp)f (r) dr

= n(a

∫ +1

0

rf (r) dr � bp∫ +1

0

f (r) dr)

= n (am � bp)

16. (a) Verifier que F 0(x) = f (x). limx!+1 F (x) = 1 et limx!�1 F (x) = 0.

(b)

∫ x

�1f (t ) dt = lim

a!�1

∫ x

a

f (t ) dt = lima!�1

[F (x) � F (a) ] = F (x), par (a).

Comme F 0(x) = f (x) > 0 pour tout x, F (x) est strictement croissante.

(c) F 00(x) = f 0(x) = ��2ae��x(e��x + a)�2 + 2�2ae�2�x(e��x + a)�3

= a�2e��x(e��x � a) (e��x + a)�3



CHAPITRE 10 / Sujets d’economie financiere 83

Notez que F 00(x) = 0 pour e��x = a, c’est-a-dire pour x0 = �(ln a=�). Comme F 00(x)

change de signe en x0 = � ln(a=�), c’est un point d’inflexion.

F (x0) = F (�(ln a=�)) = a=(a + a) = 1=2

Voir le graphique de la figure C9.R.16.

y

x

12

1

F(x) =a

e− λx + a

x 0 = − (ln a)/λ

Figure C9.R.16

(d) On a

∫ 1

�1f (x) dx = lim

a!�1

∫ 0

a

f (x)dx + limb!1

∫ b

0

f (x) dx

= lima!�1

[F (0) � F (a) ] + limb!1

[F (b) � F (0)] = 1;

par (a).

Chapitre 10 / Sujets d’economie financiere

10.1

1. (a)

(i) 8 000 (1 + 0;05=12)5�12 � 10 266;87

(ii) 8 000 (1 + 0;05=365)5�365 � 10 272;03

(b) t = ln 2= ln(1 + 0;05=12) � 166;7. Cela prend environ 166;7=12 � 13;9 annees.

2. (a) 5 000 (1 + 0;03)10 � 6 719;58

(b) 37,17 annees. (En effet, 5 000 (1;03)t = 3� 5 000, ainsi t = ln 3= ln 1;03 � 37;17.)

3. On resout (1 + p=100)100 = 100 par rapport a p. Pour cela, on eleve a la puissance

1=100, 1 + p=100 =100p

100, d’ou p = 100 (100p

100 � 1) � 100 (1;047 � 1) = 4;7.

4. (a)

(i) Apres 2 ans : 2 000 (1;07)2 = 2 289;80.

(ii) Apres 10 ans : 2 000 (1;07)10 � 3 934;30.

(b) 2 000 (1;07)t = 6 000 donne (1;07)t = 3, de sorte que t = ln 3= ln 1;07 � 16;2

annees.

5. Utilisez la formule (2).

(i) I = (1 + 0;17=2)2 � 1 = (1 + 0;085)2 � 1 = 0;177225 ou 17;72 %.




(ii) 100[(1;0425)4 � 1] � 18;11 %

(iii) 100[(1 + 0;17=12)12 � 1] � 18;39 %

6. Le taux annuel effectif dans le cas (ii) est (1+0;2=4)4�1 = 1;054�1 � 0;2155 > 0;215,

de sorte que la proposition (i) est (legerement) plus avantageuse.

7. (a) 12 000 � (1;04)15 � 21 611;32.

(b) 50 000 � (1;05)�5 � 39 176;31.

(c) 100 [(1;02)12 � 1] � 26;82 %.

8. Soit i le taux annuel nominal. Selon (2), 0;28 = (1 + i=4)4 � 1, de sorte que

i = 4 ( 4√

1;28 � 1) � 0;25 ou 25%:

10.2

1. (a) 8 000e0;05�5 = 8 000e0;25 � 10 272;20

(b) 8 000e0;05t = 16 000 ou e0;05t = 2. Des lors, t = ln 2=0;05 � 13;86 annees.

2. (a)

(i) 1 000 (1 + 0;05)10 � 1629

(ii) 1 000 (1 + 0;05=12)120 � 1647

(iii) 1 000e0;05�10 � 1649

(b)

(i) 1 000 (1 + 0;05)50 � 11 467

(ii) 1 000 (1 + 0;05=12)600 � 12 119

(iii) 1 000e0;05�50 � 12 182

3. (a) e0;1 � 1 � 0;105, de sorte que le taux effectif est d’environ 10;5 %.

(b) Meme reponse.

4. Si elle perd 90 % de sa valeur, alors e�0;1t� = 1=10, de sorte que �0;1t� = � ln 10, soit

t� = (ln 10)=0;1 � 23.

5. e�0;06t� = 1=2, de sorte que t� = ln 2=0;06 � 11;55 annees.

6. Avec g(x) = (1 + i=x)x pour tout x > 0, on a ln g(x) = x ln(1 + i=x). En derivant par

rapport a x, on obtient

g0(x)=g(x) = ln(1 + i=x) + x (�i=x2)=(1 + i=x) = ln(1 + i=x) � (i=x)=(1 + i=x)

comme affirme dans l’enonce.

On pose h(u) = ln(1 +u)�u=(1 +u). De la, h0(u) = u=(1 +u)2 > 0 pour u > 0. D’ou,

h(u) > 0 pour tout u > 0, ce qui entraıne g0(x)=g(x) = h(i=x) > 0 pour tout x > 0. En

consequence, g(x) est strictement croissante pour x > 0. Comme g(x) ! ei lorsque

x ! +1, il s’ensuit que g(x) < ei pour tout x > 0. Cela prouve que l’interet compose

continuellement est plus interessant pour le preteur.




10.3

1. (i) La valeur actuelle est egale a 350 000 � 1;08�10 � 162 117;72.

(ii) 350 000 � e�0;08�10 � 157 265;14.

2. (i) La valeur actuelle est egale a 50 000 � 1;0575�5 � 37 806;64.

(ii) 50 000 � e�0;0575�5 � 37 506;83.

3. (a) f 0(t ) = 0;05 (t + 5) (35 � t ) e�0;05t . Manifestement, f 0(t ) > 0 pour t < 35 et

f 0(t ) < 0 pour t > 35, de sorte que t = 35 rend f maximale (f (35) � 278).

(b) f (t )! 0 lorsque t ! +1. Voir la figure C10.3.3.

y

100

200

t30 60 90

Figure C10.3.3

10.4

1. sn =3

2

(1 �

(1

3

)n)! 3

2lorsque n! +1, de sorte que

1∑

n=1

1

3n�1=

3

2.

2. Par la formule (5), on a les resultats suivants.

(a)1=5

1 � 1=5= 1=4

(b)0;1

1 � 0;1=

0;1

0;9=

1

9

(c)517

1 � 1=1;1= 5 687

(d)a

1 � 1=(1 + a)= 1 + a

(e)5

1 � 3=7=

35

4

3. (a) Serie geometrique de raison 1=8. Sa somme vaut 8=(1� 1=8) = 64=7.

(b) Serie geometrique de raison �3. Elle diverge.

(c) Serie geometrique. Sa somme vaut 21=3=(1 � 2�1=3).

(d) Ce n’est pas une serie geometrique. (On peut toutefois demontrer que sa somme est

egale a ln 2.)

4. (a) Raison k = 1=p. Converge vers 1=(p � 1) pour jpj > 1.

(b) Raison k = 1=px. Converge vers x

px=(px � 1) pour

px > 1, c’est-a-dire pour

x > 1.

(c) Raison k = x2. Converge vers x2=(1 � x2) pour jxj < 1.




5. Serie geometrique de raison (1 + p=100)�1. Sa somme vaut

b=[1 � (1 + p=100)�1] = b (1 + 100=p):

6. Notez x le nombre d’annees au-dela de 1971 pendant lesquelles les ressources de fer

auraient dure. L’equation a resoudre est 794+794�1;05+� � �+794�(1;05)x = 249�103.

Selon la formule (10.4.3), cette equation est equivalente a

794[1 � (1;05)x+1]=(1 � 1;05) = 249 � 103

ou (1;05)x+1 = 249 � 103 � 0;05=794 + 1 = 12 450=794 + 1 � 16;68: Une calculatrice

donne x � (ln 16;68= ln 1;05) � 1 � 56;68.

7. 1 824� 1;02 + 1 824� 1;022 + � � � + 1 824� 1;02n = (1 824=0;02) (1;02n+1 � 1;02) doit

etre egal a 128 300. Aussi, n � 43;77. Les ressources vont durer jusqu’en 2037.

8. (a) Comme la raison de cette serie est e�i t , sa somme est egale a

f (t ) =P (t ) e�i t

1 � e�i t =P (t )

ei t � 1:

(b) f 0(t ) =P 0(t ) (ei t � 1) � P (t )rei t

(ei t � 1)2, et t� > 0 peut rendre f (t ) maximale seulement

si f 0(t�) = 0, c’est-a-dire si P 0(t�) (ei t� � 1) = rP (t�) ei t

�, ce qui implique

P 0(t�)

P (t�)=

r

1 � e�i t� :

(c) limr!0

r

1 � e�i t� (type 00) = lim

r!0

1

t�e�i t�=

1

t�.

9. Comme le terme general de chacune de ces series ne tend pas vers 0 lorsque n! +1,

aucune de ces series n’est convergente.

10. (a) Serie geometrique de raison 100/101 qui converge vers 100.

(b) Diverge d’apres (11).

(c) Converge d’apres (11).

(d) Diverge, car le terme d’ordre n est an = (1 + n)=(4n� 3)! 1=4 lorsque n! +1.

(e) Serie geometrique de raison �1=2 qui converge vers �1=3.

(f) Serie geometrique de raison 1=p

3 convergente versp

3=(p

3 � 1).

11. Voir la figure C10.4.11. Quand p > 1,∑1

n=1(1=np) = 1 +∑1

n=2(1=np) est finie, car

la somme∑1

n=2(1=np) correspond aux rectangles ombres dont la somme des aires est

certainement inferieure a l’aire de la region sous la courbe d’equation y = 1=xp sur

[1;+1[, qui vaut 1=(p � 1). Quand p 6 1, la somme∑1

n=1(1=np) correspond aux

plus grands rectangles de la figure dont la somme des aires est superieure a l’aire de la

region sous la courbe d’equation y = 1=xp sur [1;+1[, elle-meme non bornee dans le

cas p 6 1: Par consequent,∑1

n=1(1=np) diverge.




y

1

x1 2 3 4

y = 1/x p

Figure C10.4.11

10.5

1. Utilisez (2) avec n = 15, i = 0;12 et a = 3 500. Cela donne

P15 =3 500

0;12

(1 � 1

(1;12)15

)� 23 838:

2. (a) Il y a 10 ans, le solde etait de 100 000 (1;04)�10 � 67 556;42.

(b) 10 000 (1;063 + 1;062 + 1;06 + 1) = 10 000(1;064 � 1)=(1;06 � 1)) � 43 746;16.

3. La valeur future apres 10 ans dans le cas (a) est manifestement 13 000 e, alors que,

selon (3), la valeur correspondante dans le cas (b) est

F10 =

(1 000

0;06

)(1;0610 � 1) � 13 180;80:

La proposition (b) est meilleure.

4. L’offre (a) est meilleure, car la valeur actuelle de l’offre (b) est egale a

4 600 +4 600

0;06

[1 � 1

(1;06)4

]� 20 539:

5.1 500

0;08= 18 750 (selon (4)).

6. Si a designe le plus grand montant, alors, selon la formule (4), a=i = K, de sorte que

a = iK.

7. C’est une serie geometrique qui commence par a = D=(1 + i ) et de raison

k = (1 + g)=(1 + i ):

Elle converge si et seulement si k < 1, c’est-a-dire si et seulement si g < i . La somme

vauta

1 � k =D=(1 + i )

1 � (1 + g)=(1 + i )=

D

i � g .

8. V0 =

∫ 15

0

500e�0;06t dt = 500

( �1

0;06

)e�0;06t

15

0

=

(500

0;06

)[1 � e�0;9

]� 4945;25

V15 = e0;06�15V0 = e0;9V0 � 2;4 596 � 4945;25 � 12 163;3





1. (a) 5 000 � 1;0310 � 6 719;58

(b) 5 000 (1;03)t�

= 10 000 de sorte que (1;03)t�

= 2 ou t� = ln 2= ln 1;03 � 23;45.

2. (a) 8 000 � 1;053 = 9 261

(b) 8 000 � 1;0513 � 15 085;19

(c) (1;05)t�

= 4 de sorte que t� = ln 4=1;05 � 28;5.

3. Si vous empruntez a e au taux annuel de 11 % avec paiement annuel des interets, la

dette a la fin de la premiere annee s’eleve a a (1+11=100) = a (1;11) ; si vous empruntez

au taux annuel de 10 % avec paiement mensuel des interets, la dette au bout d’un an

s’eleve a a (1 + 10=(12 � 100))12 � 1;1047a, de sorte que le plan (ii) est preferable.

4. 15 000e0;07�12 � 34 745;50

5. (a) 8 000e0;06�3 � 9 577;74

(b) t� = ln 2=0;06 � 11;6

6. On utilise la formule (10.4.5).

(a)44

1 � 0;56= 100

(b) Le premier terme est 20 et la raison 1=1;2, ainsi la somme vaut20

1 � 1=1;2= 120.

(c)3

1 � 2=5= 5

(d) Le premier terme est (1=20)�2 = 400 et la raison 1=20. La somme vaut alors

400

1 � 1=20=

8 000

19:

7. (a)

∫ T

0

ae�i t dt = (a

i) (1 � e�iT )

(b)a

i, la meme qu’en (10.5.4).

8. (a) 5 000 (1;04)4 = 5 849;29

(b) On utilise la formule(10.5.3) qui donne la valeur acquise d’une annuite

(5 000

0;04

)[(1;04)4 � 1] = 21 232;32:

(c) Le dernier des sept paiements aura lieu le 1er janvier 2006, au moment ou la somme

initiale 10 000 aura rapporte des interets pendant 10 ans. Le montant cherche K doit

etre solution de l’equation 10 000� (1;04)10 +K[(1;04)8�1]=0;04 = 70 000. On trouve

K � 5 990;49.



CHAPITRE 11 / Les fonctions de plusieurs variables 89

9. (a) Conformement a la formule (10.6.2), le paiement annuel est

500 000

(0;07 (1;07)10

(1;0710 � 1)

)� 71 188;80:

Le montant total est 10 � 71 188;80 = 711 888.

(b) Si la personne doit payer deux fois par an, le montant sera de

500 000

(0;035 (1;035)20

(1;03520 � 1)

)� 35 180;50:

Le montant total est alors 20 � 35 180;50 = 703 610;80.

10. (a) Valeur actuelle :

(3200

0;08

)[1 � (1;08)�10] = 21 472;26.

(b) Valeur actuelle : 7 000 +

(3 000

0;08

)[1 � 1;08�5] = 18 978;13.

(c) Quatre ans auparavant, la valeur actuelle est

(4 000

0;08

)[1 � (1;08)�10] = 26 840;33.

La valeur actuelle au moment ou Lucie doit choisir est 26 840;33�1;08�4 = 19 728;44.

L’option (a) est a conseiller a Lucie.

11. (a) f 0(t ) = 100ept=2e�i t

( 1

4pt� i)

. On voit que f 0(t ) = 0 quand t = t� = 1=16i2.

Comme f 0(t ) > 0 lorsque t < t� et f 0(t ) < 0 lorsque t > t�, il suit que t� rend f (t )

maximale.

(b) f 0(t ) = 200e�1=te�i t( 1

t2� i)

. On voit que f 0(t ) = 0 lorsque t = t� = 1=pi .

Comme f 0(t ) > 0 lorsque t < t� et f 0(t ) < 0 lorsque t > t�, il suit que t� rend f (t )

maximale.

12. (a) F (10) � F (0) =

∫ 10

0

(1 + 0;4t ) dt = (t + 0;2t2)10

0

= 30. (Remarque : le revenu

total est F (10) � F (0) = F (10).)

(b) Voir l’exemple 9.5.3.

13. (a) xt = (�0;1)t

(b) xt = �2t + 4

(c) xt = 4(

32

)t � 2

Chapitre 11 / Les fonctions de plusieurs variables

11.1

1. f (0; 1) = 1 � 0 + 2 � 1 = 2, f (2;�1) = 0, f (a; a) = 3a et f (a + h; b) � f (a; b) = h.

2. f (0; 1) = 0, f (�1; 2) = �4, f (104; 10�2) = 1, f (a; a) = a3,

f (a + h; b) = (a + h) b2 = ab2 + hb2 et f (a; b + k) � f (a; b) = 2abk + ak2.

3. f (1; 1) = 2, f (�2; 3) = 51, f (1=x; 1=y) = 3=x2 � 2=xy + 1=y3, p = 6x + 3h � 2y,

q = �2x + 3y2 + 3yk + k2.




4. (a) f (�1; 2) = 1, f (a; a) = 4a2, f (a + h; b) � f (a; b) = 2 (a + b) h + h2.

(b) f (tx; ty) = (tx)2 + 2 (tx) (ty) + (ty)2 = t2 (x2 + 2xy + y2) = t2f (x; y) pour tout t ,

y compris t = 2.

5. F (1; 1) = 10, F (4; 27) = 60, F (9; 1=27) = 10, F (3;p

2 ) = 10p

3 � 6p

2,

F (100; 1 000) = 1 000, F (2K; 2L) = 10 � 25=6K1=2L1=3 = 25=6F (K;L).

6. (a) Comme le denominateur doit etre different de 0, la fonction est definie pour les

(x; y) tels que y 6= x � 2.

(b) Comme on ne peut prendre les racines carrees que des nombres positifs, il faut exiger

2 � (x2 + y2) > 0 ou x2 + y2 6 2.

(c) On pose a = x2 +y2. Il faut (4� a) (a� 1) > 0, ou 1 6 a 6 4. (Utilisez un tableau

de signes.)

Les domaines de definition de (b) et (c) sont les regions ombrees des figures C11.1.6b

et C11.1.6c.

y

x

x 2 + y 2 ≤ √22

y

x1 2

Figure C11.1.6b Figure C11.1.6c

7. (a) ex+y 6= 3 ou x + y 6= ln 3.

(b) Puisque (x � a)2 > 0 et (y � b)2 > 0, il suffit que x 6= a et y 6= b, car on ne peut

prendre le logarithme que des nombres strictement positifs.

(c) x > a et y > b. (Notez que ln(x � a)2 = 2 ln jx � aj, qui est egal a 2 ln(x � a)

seulement si x > a.)

11.2

1. (a)@z

@x= 2,

@z

@y= 3.

(b)@z

@x= 2x,

@z

@y= 3y2.

(c)@z

@x= 3x2y4,

@z

@y= 4x3y3.

(d)@z

@x=@z

@y= 2 (x + y)

2. (a)@z

@x= 2x,

@z

@y= 6y.

(b)@z

@x= y,

@z

@y= x.




(c)@z

@x= 20x3y2 � 2y5,

@z

@y= 10x4y � 10xy4.

(d)@z

@x=@z

@y= ex+y

(e)@z

@x= yexy ,

@z

@y= xexy .

(f)@z

@x= ex=y,

@z

@y= �ex=y2.

(g)@z

@x=@z

@y= 1=(x + y)

(h)@z

@x= 1=x,

@z

@y= 1=y.

3. (a) f 0x (x; y) = 7x6, f 0y (x; y) = �7y6, f 0xy(x; y) = 0.

(b) f 0x (x; y) = 5x4 ln y, f 0y (x; y) = x5=y, f 00xy(x; y) = 5x4=y.

(c) f (x; y) = (x2 � 2y2)5 = u5, ou u = x2 � 2y2. Alors

f 0x (x; y) = 5u4u01 = 5 (x2 � 2y2)42x = 10x (x2 � 2y2)4:

De la meme facon, f 0y (x; y) = 5u4u0y = 5 (x2 � 2y2)4 (�4y) = �20y (x2 � 2y2)4.

Enfin,

f 00xy(x; y) = (@

@y) (10x (x2�2y2)4) = 10x�4 (x2�2y2)3 (�4y) = �160xy (x2�2y2)3:

4. (a) z0x = 3, z0y = 4 et z00xx = z00xy = z00yx = z00yy = 0.

(b) z0x = 3x2y2, z0y = 2x3y, z00xx = 6xy2, z00yy = 2x3 et z00xy = 6x2y.

(c) z0x = 5x4 � 6xy, z0y = �3x2 + 6y5, z00xx = 20x3 � 6y, z00yy = 30y4, et z00xy = �6x.

(d) z0x = 1=y, z0y = �x=y2, z00xx = 0, z00yy = 2x=y3 et z00xy = �1=y2.

(e) z0x = 2y (x + y)�2, z0y = �2x (x + y)�2, z00xx = �4y (x + y)�3, z00yy = 4x (x + y)�3

et z00xy = 2 (x � y) (x + y)�3.

(f) z0x = x (x2 + y2)�1=2, z0y = y (x2 + y2)�1=2, z00xx = y2 (x2 + y2)�3=2,

z00yy = x2 (x2 + y2)�3=2 et z00xy = �xy (x2 + y2)�3=2.

5. (a) z0x = 2x, z0y = 2e2y , z00xx = 2, z00yy = 4e2y , z00xy = 0.

(b) z0x = y=x, z0y = ln x, z00xx = �y=x2, z00yy = 0, z00xy = 1=x.

(c) z0x = y2 � yexy , z0y = 2xy � xexy , z00xx = �y2exy , z00yy = 2x � x2exy ,

z00xy = 2y � exy � xyexy .

(d) z = xy = (eln x)y = ey ln x = eu avec u = y ln x. Ensuite,

z0x = euu0x = xy (y=x) = yxy�1:

De meme, z0y = euu0y = xy ln x. En outre, z00xx = (@=@x) (yxy�1) = y (y � 1) xy�2.

(Quand on derive xy�1 partiellement par rapport a x, on traite y comme une constante,

de sorte que la regle dxa=dx = axa�1 s’applique.) De meme,

z00yy = (@=@y) (xy ln x) = xy(ln x)2 et z00xy = (@=@y) (yxy�1) = xy�1 + yxy�1 ln x:




6. (a) F 0S = 2;26 � 0;44S�0;56E0;48 = 0;9944S�0;56E0;48,

F 0E = 2;26 � 0;48S0;44E�0:52 = 1;0848S0;44E�0;52:

(b) On a SF 0S +EF 0E = S � 2;26 � 0;44S�0;56E0;48 +E � 2;26 � 0;48S0;44E�0;52

= 0;44F + 0;48F = 0;92F;

de sorte que k = 0;92.

7. xz0x+yz0y = x[2a (ax+by)]+y[2b (ax+by)] = (ax+by) 2 (ax+by) = 2 (ax+by)2 = 2z.

8. @z=@x = x=(x2 + y2), @z=@y = y=(x2 + y2), @2z=@x2 = (y2 � x2)=(x2 + y2)2 et

@2z=@y2 = (x2 � y2)=(x2 + y2)2. Donc @2z=@x2 + @2z=@y2 = 0.

9. (a) s0x (x; y) = 2=x et de la s0x (20; 30) = 2=20 = 1=10.

(b) s0y (x; y) = 4=y et de la s0y (20; 30) = 4=30 = 2=15.

11.3

1. Voir la figure C11.3.1.

P R

Q

S = (3,−2 , 4)

y

x

z

Figure C11.3.1

2. (a) Une droite passant par le point de coordonnees (0; 2; 3) et parallele a l’axe Ox.

(b) Un plan parallele a l’axeOz qui coupe le planOxy selon la droite d’equation y = x.

3. Si x2 + y2 = 6, alors f (x; y) =p

6 � 4. L’equation x2 + y2 = 6 est celle d’une courbe

de niveau c =p

6 � 4 de f .

4. f (x; y) = ex2�y2

+ (x2 � y2)2 = ec + c2 quand x2 � y2 = c, de sorte que la derniere

equation represente une courbe de niveau ec + c2 de f .

5. Au point d’intersection de ces deux courbes de niveau, f devrait prendre deux valeurs

differentes, ce qui est impossible si f est une fonction.

z

y

x

Figure C11.3.6




6. De facon generale, le graphique de g(x; y) = f (x) dans l’espace a trois dimensions

est la surface engendree par le deplacement du graphique de z = f (x) parallelement

a l’axe Oy dans les deux sens. Le graphique de g(x; y) = x est le plan contenant

l’axeOy qui fait un angle de 45ı avec le planOxy. Le graphique de g(x; y) = �x3 est

celui de la figure C11.3.6. (Ce graphique non borne n’est represente que partiellement,

naturellement.)

7. Voir les figures C11.3.7a et b. (Seule une partie du graphique est representee pour la

partie (a).)

xy

z

z = 3 − x − y

(0, 0, 3)

(3, 0, 0)

(0, 3, 0)

y

x3 − x − y = c

c = 5c = 3c = 1

Figure C11.3.7a

x y

z

√3

z = √3 − x 2 − y 2

y

xc = √ 2c = 1c = 0

√3 − x 2 − y 2 = c

Figure C11.3.7b

8. (a) Le point de coordonnees (2; 3) appartient a la courbe de niveau z = 8 ou f (2; 3) = 8.

Les points de coordonnees (x; 3) sont situes sur la droite y = 3 parallele a l’axe Ox.

Cette droite coupe la courbe de niveau z = 8 quand x = 2 et x = 5.

(b) Lorsque y varie avec x = 2 fixe, le minimum de f (2; y) est 8 quand y = 3.

(c) En A, tout mouvement dans le sens croissant de x mene a des courbes de niveaux

plus eleves et tout mouvement dans le sens decroissant de x mene a des courbes de

niveaux moins eleves, de sorte que f 0x (x; y) > 0. De meme, tout mouvement dans

le sens croissant de y mene a des courbes de niveaux plus eleves et tout mouvement

dans le sens decroissant de x mene a des courbes de niveaux moins eleves, de sorte que

f 0y(x; y) > 0. En B : f 0x(x; y) < 0, f 0y(x; y) < 0. En C : f 0x(x; y) = 0, f 0y(x; y) = 0.

Enfin, pour faire croıtre z de 2 unites au depart deA, les augmentations requises de x et

y sont d’environ 1 et 0;6 respectivement. D’ou, f 0x � 2=1 = 2 et f 0y � 2=0;6 = 10=3.

9. (a) Il est eclairant de regarder la figure comme un diagramme de courbes de niveau

d’une montagne. Les points de meme altitude sont relies entre eux. A proximite de P ,

le terrain monte dans le sens positif de l’axe Ox et donc f 0x (P ) > 0 et descend dans le

sens positif de l’axe Oy, de sorte que f 0y (P ) < 0.




Pres de Q, les pentes sont en sens contraires selon les axes. Donc f 0x (Q) < 0 et

f 0y (Q) > 0.

(b)

(i) La droite d’equation x = 1 n’a pas de point commun avec les courbes de niveaux

donnees.

(ii) La droite d’equation y = 2 coupe la courbe de niveau z = 2 en x = 2 et x = 6

(approximativement).

(c) En partant du point (6; 0) sur l’axe Ox et en parcourant la droite d’equation

2x+3y = 12, la premiere courbe de niveau rencontree est celle de niveau z=f (x; y)=1.

Plus loin, les courbes rencontrees sont de niveaux plus eleves avec 3 comme niveau max-

imal, la ou la droite touche tout juste la courbe de niveau z = 3.

10. Les inegalites annoncees a propos des derivees partielles impliquent

F (1; 0) � F (0; 0) =

∫ 1

0

F 0x (x; 0) dx >

∫ 1

0

2 dx = 2 ;

F (2; 0)�F (1; 0) =

∫ 2

1

F 0x (x; 0) dx > 2 ; F (0; 1)�F (0; 0) =

∫ 1

0

F 0y (0; y) dy 6 1 ;

F (1; 1) � F (0; 1) =

∫ 1

0

F 0x (x; 1) dx > 2 ; F (1; 1) � F (1; 0) =

∫ 1

0

F 0y (1; y) dy 6 1.

11.4

1. Voir la figure C11.4.1.

y

z

x(a , 0, 0)

x = a

xy

z

(0, b , 0)

y = b

x

z c=(0, 0 ,c)

y

(a) (b) (c)

Figure C11.4.1

2. (a) d =√

(4 � (�1))2 + (�2 � 2)2 + (0 � 3)2 =p

25 + 16 + 9 =p

50 = 5p

2

(b) d=√

(a + 1 � a)2 + (b + 1 � b)2 + (c + 1 � c)2 =p

3

3. (x � 2)2 + (y � 1)2 + (z � 1)2 = 25

4. Il s’agit de la sphere centree au point de coordonnees (�3; 3; 4) et dont le rayon mesure 5

unites.

5. (x � 4)2 + (y � 4)2 + (z � 12)2 mesure le carre de la distance qui separe le point de

coordonnees (4; 4; 12) d’un point quelconque de coordonnees (x; y; z) du paraboloıde.

11.5

1. (a) f (�1; 2; 3) = 1 et f (a + 1; b + 1; c + 1) � f (a; b; c) = 2a + 2b + 2c + 3.

(b) f (tx; ty; tz) = (tx) (ty) + (tx) (tz) + (ty) (tz) = t2 (xy + xz + yz) = t2f (x; y; z).




2. (a) Comme la somme de tous les exposants vaut 1;053, y deviendrait 21;053 � 2;07 fois

plus grand.

(b) ln y = ln 2;9 + 0;015 ln x1 + 0;25 ln x2 + 0;35 ln x3 + 0;408 ln x4 + 0;03 ln x5

3. (a) La premiere semaine, le fonds achete 120/50 = 2,4 millions d’actions, puis suc-

cessivement 120/60 = 2 millions, 120=45 = 2;667 millions, 120=40 = 3 millions,

120=75 = 1;6 million et enfin 120=80 = 15 millions la sixieme semaine. Au total,

13;167 millions d’actions.

(b) La moyenne arithmetique des prix est 350=6 = 58;33. Mais, a ce prix moyen, les

13;167 millions d’actions que le fonds a aquis lui auraient coute

13;167 � 58;33 = 768;031 millions;

soit 48;031 millions de plus que prevu. Le prix moyen par action peut aussi etre calcule

comme suit 720=13;167 = 54;6 par action. Un peu d’arithmetique montre que ce prix

est la moyenne harmonique des six prix, telle qu’elle est definie dans l’exemple 2.

4. (a) Chaque semaine w, la banque A aura achete 100=pw millions d’euros, pour un

montant total e =∑n

w=1 100=pw millions d’euros.

(b) Comme la banque A aura paye 100n millions de dollars, le prix p par euro que la

banque A aura paye, en moyenne, est p = 100n=e.

Il s’ensuit que 1=p = e=100n = (1=n)∑n

w=1 1=pw dollars par euro, impliquant que

p est la moyenne harmonique de p1, : : : , pn. Comme celle-ci est strictement inferieure

a la moyenne arithmetique (sauf dans le cas ou pw est le meme chaque semaine), c’est

un avantage escompte de l’etalement du cout en dollars.

5. (a) Comme chaque machine produit quotidiennement 60 unites, chaque unite produite

requiert 480=60 = 8 minutes.

(b) La production totale s’eleve a∑n

i=1(T=ti ) = T∑n

i=1(1=ti ). Si lesnmachines etaient

egalement efficaces, le temps necessaire pour chaque unite serait

nT/T

n∑

i=1

(1=ti ) = n/ n∑

i=1

(1=ti );

la moyenne harmonique de t1; : : : ; tn.


1. f (0; 1) = �5, f (2;�1) = 11, f (a; a) = �2a et f (a + h; b) � f (a; b) = 3h.

2. f (�1; 2) = �10, f (2a; 2a) = �4a2, f (a; b + k) � f (a; b) = �6bk � 3k2,

f (tx; ty) � t2f (x; y) = 0.

3. f (3; 4; 0) = 5, f (�2; 1; 3) =p

14,

f (tx; ty; tz) =√t2x2 + t2y2 + t2z2 = tf (x; y; z).

4. (a) F (0; 0) = 0, F (1; 1) = 15 et F (32; 243) = 15 � 2 � 9 = 270.

(b) F (K + 1; L) � F (K;L) = 15 (K + 1)1=5L2=5 � 15K1=5L2=5

= 15L2=5[(K + 1)1=5 �K1=5]




est le supplement produit a la suite d’une unite de capital supplementaire, a peu pres

egal a la productivite marginale du capital.

(c) F (32 + 1; 243) � F (32; 243) � 1;667.

De plus, F 0K(K;L) = 3K�4=5L2=5, ainsi

F 0K(32; 243) = 3 � 32�4=52432=5 = 3 � 2�4 � 32 = 27=16 � 1;6875:

Comme attendu, F (32 + 1; 243) � F (32; 243) est proche de F 0K(32; 243).

(d) F est homogene de degre 3=5.

5. (a) @Y=@K � 0;083K0;356S0;562 et @Y=@S � 0;035K1;356S�0;438.

(b) La peche est multipliee par 21;356+0;562 = 21;918 � 3;779.

6. (a) Pour tout (x; y).

(b) Pour (x; y) tels que xy 6 1.

(c) Pour (x; y) tels que x2 + y2 < 2.

7. (a) x + y > 1

(b) x2 > y2 et x2 + y2 > 1 . Donc, x2 + y2 > 1 et jxj > jyj.(c) y > x2, x > 0 et

px > y. Finalement, 0 6 x 6 1 et

px > y > x2.

8. (a)@z

@x= 10xy4 (x2y4 + 2)4

(b)pK(@F

@K) = 2pK(pK +pL) (

1

2pK

) =pK +pL

(c) KF 0K + LF 0L = K(1

a) aKa�1(Ka + La)1=a�1 + L (

1

a) aLa�1(Ka + La)1=a�1

= (Ka + La) (Ka + La)1=a�1 = F:

(d)@g

@t= 3=w + 2wt , de sorte que

@2g

@w@t= �3=w2 + 2t:

(e) g0t3 = t3 (t21 + t22 + t23 )�1=2

(f) f 0x = 4xyz + 2xz2, f 00xz = 4xy + 4xz:

9. (a) f (0; 0) = 36, f (�2;�3) = 0, f (a + 2; b � 3) = a2b2.

(b) f 0x = 2 (x � 2) (y + 3)2, f 0y = 2 (x � 2)2 (y + 3).

10. Vu que g(�1; 5) = g(1; 1) = 30, les deux points appartiennent a la meme courbe de

niveau.

11. Si x � y = c 6= 0, alors F (x; y) = ln(x � y)2 + e2 (x�y) = ln c2 + e2c , c’est-a-dire une

constante.

12. (a) f 0x(x; y) = 4x3 � 8xy, f 0y(x; y) = 4y � 4x2 + 4.

(b) Il faut trouver tous les (x; y) qui verifient les deux equations (i) 4x3 � 8xy = 0 et

(ii) 4y � 4x2 + 4 = 0. L’equation (i) implique 4x (x2 � 2y) = 0, autrement dit x = 0 ou

x2 = 2y. Quand x = 0, (ii) fournit y = �1 et, de la, (x; y) = (0;�1) est une solution.

Quand x2 = 2y, (ii) se reduit a 4y � 8y + 4 = 0 ou y = 1. Mais alors x2 = 2, de sorte

que x = ˙p

2. Deux nouvelles solutions sont (x; y) = (˙p

2; 1).



CHAPITRE 12 / Outils de statique comparative 97

13. (a) Elx z = 3, Ely z = �4.

(b) Elx z = 2x2=(x2 + y2) ln(x2 + y2), Ely z = 2y2=(x2 + y2) ln(x2 + y2).

(c) Elx z = Elx (exey) = Elx ex = x, Ely z = y.

(d) Elx z = x2=(x2 + y2), Ely z = y2=(x2 + y2).

14. (a) @F=@y = e2x2 (1 � y) (�1) = �2e2x(1 � y).

(b) F 0L = (lnK) (lnM )=L, F 00LM = (lnK)=LM

(c) w = xxyxzx donne lnw = x ln x + x ln y + x ln z, de sorte que, par derivation

implicite, w0x=w = 1 � ln x + x (1=x) + ln y + ln z ou

w0x = w (ln x + 1 + ln y + ln z) = xxyxzx (ln(xyz) + 1):

15. (a) On commence par deriver partiellement par rapport a x et on obtient

@pz=@xp = ex ln(1 + y)

quel que soit l’entier naturel p. Si on derive de facon repetee par rapport a y, on obtient

successivement @p+1=@y@xp = ex (1+y)�1, puis @p+2=@y2@xp = ex (�1) (1+y)�2, etc.

Par recurrence sur q, on a @p+q=@yq@xp = ex (�1)q�1(q � 1)!(1 + y)�q . Cette derivee

partielle devient (�1)q�1(q � 1)! en (x; y) = (0; 0).

(b) On commence par deriver partiellement par rapport a x et on obtient ainsi

@pz=@xp = ex+y(xy + (p + 1)y � 1)

quel que soit l’entier naturel p.

Si on derive de facon repetee par rapport a y, on obtient successivement

@p+1=@y@xp = ex+y(xy + (p + 1)y + x + p);

puis @p+2=@y2@xp = ex+y(xy + (p + 1)y + 2x + 2p + 1), etc. Par recurrence sur q, on a

@p+q=@yq@xp = ex+y(xy + (p + 1)y + qx + qp + q � 1). Cette derivee partielle devient

q (p + 1) � 1 en (x; y) = (0; 0).

16. u0x = au=x et u0y = bu=y, de sorte que u00xy = au0y=x = abu=xy. De la,

u00xy=u0xu0y = 1=u (u 6= 0):

Ensuite,

1

u0x

@

@x

(u00xyu0xu

0y

)=

1

u0x� �u

0x

u2= � 1

u2=

1

u0y

@

@y

(u00xyu0xu

0y

):

Chapitre 12 / Outils de statique comparative

12.1

1. (a)dz

dt= F 0x (x; y)

dx

dt+ F 0y (x; y)

dy

dt= 1 � 2t + 2y � 3t2 = 2t + 6t5




(b)dz

dt= pxp�1yqa + qxpyq�1b = xp�1yq�1(apy + bqx) = apbq (p + q) tp+q�1

(c) De la partie (a), z = t2 + (t3)2 = t2 + t6, de sorte quedz

dt= 2t + 6t5.

De la partie (b), z = (at )p(bt )q = apbqtp+q , de sorte quedz

dt= apbq(p + q)tp+q�1.

2. (a)dz

dt= (ln y + y=x) � 1 + (x=y + ln x) (1=t)

= ln(ln t ) + ln t=(t + 1) + (t + 1)=t ln t + ln(t + 1)=t

(b)dz

dt= Aa

eat

x+ Bb

ebt

y= a + b

3. Ces exercices sont importants, car, dans beaucoup d’applications economiques, il y a

des fonctions non entierement specifiees.

(a)dz

dt= F 0x (t; y)+F 0y (t; y)g0(t ). SiF (t; y) = t2+yey etg(t ) = t2, alorsF 0x (t; y) = 2t ,

F 0y (t; y) = ey + yey et g0(t ) = 2t . De la,dz

dt= 2t (1 + et

2

+ t2et2

).

(b)dY

dL= F 0K(K;L)g0(L) + F 0L(K;L)

4.dY

dt=(10L� 1

2K�1=2

)0;2 +

(10K � 1

2L�1=2

)0;5e0;1t = 35� 7

p5=100 quand t = 0,

et ainsi K = L = 5.

5. (a) Si z = F (x; y) = x +y avec x = f (t ) et y = g(t ), alors F 0x = F 0y = 1. La formule de

derivation d’une composee (12.1.1) fournit dz=dt = 1�f 0(t )+1�g0(t ) = f 0(t )+g0(t ).(b) est comme (a), sauf que F 0y = �1. Par consequent, la formule de derivation d’une

composee (12.1.1) fournitdz

dt= f 0(t ) � g0(t ).

(c) Si z = F (x; y) = xy avec x = f (t ) et y = g(t ), alors F 0x (x; y) = y, F 0y (x; y) = x,

dx

dt= f 0(t ) et

dy

dt= g0(t ). La formule de derivation d’une composee (12.1.1) fournit

dz

dt= F 0x (x; y) (

dx

dt) + F 0y (x; y) (

dy

dt) = yf 0(t ) + xg0(t ) = f 0(t )g(t ) + f (t )g0(t ).

(d) Si z = F (x; y) =x

yavec x = f (t ) et y = g(t ), alors

F 0x (x; y) =1

y; F 0y (x; y) = � x

y2;dx

dt= f 0(t ) et

dy

dt= g0(t ):

La formule de derivation d’une composee (12.1.1) fournit

dz

dt= F 0x (x; y)

dx

dt+ F 0y (x; y)

dy

dt=

1

yf 0(t ) � x

y2g0(t )

=yf 0(t ) � xg0(t )

y2=f 0(t )g(t ) � f (t )g0(t )

(g(t ))2:




(e) Si z = F (x; y) = G(x), independant de y, avec x = f (t ), alors F 0x = G 0 et F 0y = 0.

La formule de derivation d’une composee (12.1.1) fournitdz

dt= G 0(x)f 0(t ), qui est la

regle de derivation d’une composee dans le cas des fonctions d’une seule variable.

6. Soit U (x) = u(x; h(x)). Alors

U 0(x) = u0x + u0zh0(x) =

˛x˛�1

x˛ + z˛+

(˛z˛�1

x˛ + z˛� ˛z

)4a

3x3 (ax4 + b)�2=3:

Comme le terme dans les grandes parentheses est egal a �˛x˛=z (x˛ + z˛), apres

simplification, on a

U 0(x) =˛x˛�1

x˛ + z˛� ˛x˛

z (x˛ + z˛)

4ax3

3z2=˛x˛�1(3z3 � 4ax4)

3 (x˛ + z˛) z3:

Or, z3 = ax4 + b. D’ou 3z3 � 4ax4 = 3b � ax4. Des lors, U 0(x) = 0 quand

x = x� = 4√

3b=a, alors que U 0(x) > 0 pour x < x� et U 0(x) < 0 pour x > x�.Par consequent, x� rend bien U maximal .

7. On derive (12.1.1) par rapport a t ,

d 2z=dt2 = (d=dt )[F 0x (x; y) dx=dt ] + (d=dt )[F 0y (x; y) dy=dt ]:

Or,

(d

dt)[F 0x (x; y)

dx

dt] = [F 00xx(x; y)

dx

dt+ F 00xy(x; y)

dy

dt]dx

dt+ F 0x (x; y)

d 2x

dt2

et (d

dt)[F 0y (x; y)

dy

dt] = [F 00yx(x; y)

dx

dt+ F 00yy(x; y)

dy

dt]dy

dt+ F 0y (x; y)

d 2y

dt2:

En additionnant et en supposant F 00xy = F 00yx , on obtient la formule attendue.

12.2

1. (a) @z=@t = F 0x (x; y)@x=@t + F 0y (x; y)@y=@t = 1 � 1 + 2ys = 1 + 2ts2,

@z=@s = (@z=@x) (@x=@s) + (@z=@y) (@y=@s) = 1 � (�1) + 2yt = �1 + 2t2s.

(b) @z=@t = 4x2t + 9y2 = 8tx + 9y2 = 8t3 � 8ts + 9t2 + 36ts3 + 36s6,

@z=@s = 4x (�1) + 9y26s2 = �4x + 54s2y2 = �4t2 + 4s + 54t2s2 + 216ts5 + 216s8.

2. (a) Soit z = F (x; y) = xy2 avec x = t + s2 et y = t2s. Alors F 0x (x; y) = y2,

F 0y (x; y) = 2xy, @x=@t = 1 et @y=@t = 2ts. Ensuite, (12.2.1) fournit

@z=@t = F 0x (x; y) (@x=@t) + F 0y (x; y) (@y=@t)

= y2 + 2xy2ts = (t2s)2 + 2 (t + s2) t2s2ts = t3s2 (5t + 4s2):

De la meme maniere, on trouve @z=@s = y22s + 2xyt2 = 2t5s + 4t4s3:




(b)@z

@t= F 0x (x; y)

@x

@t+ F 0y (x; y)

@y

@t=

2y

(x + y)2et+s +

�2sx

(x + y)2ets =

2 (1 � s) ets+t+s(et+s + ets)2

et, de la meme maniere,@z

@s=

2 (1 � t ) ets+t+s(et+s + ets)2

:

3. Il est important de faire ces exercices, car, dans beaucoup d’applications economiques,

il y a des fonctions specifiees indirectement.

(a)@z

@r= 2r

@F

@u+ (1=r)

@F

@w,@z

@s= �4s

@F

@v+ (1=s)

@F

@w.

(b)@z

@t1= F 0(x)f 0x (t1; t2),

@z

@t2= F 0(x)f 0y (t1; t2).

(c)@x

@s= F 0x + F 0yf

0(s) + F 0zg0x (s; t ),

@x

@t= F 0zg

0y (s; t ).

(d)@z

@x= F 0xf

0x (x; y) + F 0y2xh(y) et

@z

@y= F 0xf

0y (x; y) + F 0yx

2h0(y) + F 0w(�1=y2).

4. (a)@w

@t=@w

@x

@x

@t+@w

@y

@y

@t+@w

@z

@z

@t= y2z3 � 2t + 2xyz3 � 0 + 3xy2z2 � 1 = 5s2t4

(b)@w

@t= 2x

@x

@t+ 2y

@y

@t+ 2z

@z

@t=

xpt + s

+ 2syets = 1 + 2se2ts

5. (a) On peut ecrire z = F (u1; u2; u3), avec u1 = t , u2 = t2 et u3 = t3. Alors

dz

dt= F 0u1

du1

dt+F 0u2

du2

dt+F 0u3

du3

dt= F 0u1

(t; t2; t3)+F 0u2(t; t2; t3) 2t +F 0u3

(t; t2; t3) 3t2:

(b) On a

z = F (t; f (t ); g(t2))

) dz

dt= F 0x (t; f (t ); g(t2)) + F 0y (t; f (t ); g(t2))f 0(t ) + F 0z (t; t2; t3)g0(t2) 2t:

6. (a) @Z=@G = 1 + 2Y @Y=@G + 2r@r=@G

(b) @Z=@G = 1 + I 0Y (Y; r)@Y=@G + I 0r (Y; r)@r=@G

7. @C=@p1 = a@Q1=@p1 + b@Q2=@p1 + 2cQ1@Q1=@p1

= �˛1A(a + 2cAp�˛1

1 pˇ1

2 )p�˛1�11 p

ˇ1

2 + ˛2bBp˛2�11 p

�ˇ2

2

@C=@p2 = a@Q1=@p2 + b@Q2=@p2 + 2cQ1@Q1=@p2

= ˇ1A(a + 2cAp�˛1

1 pˇ1

2 )p�˛1

1 pˇ1�12 � ˇ2bBp

˛2

1 p�ˇ2�12

8. (a) On pose v = x3 + y3 + z3 � 3xyz, de sorte que u = ln v. Alors

@u=@x = (1=v) (@v=@x) = (3x2 � 3yz)=v:

Pareillement, @u=@y = (3y2 � 3xz)=v et @u=@z = (3z2 � 3xy)=v. D’ou,

x@u

@x+ y

@u

@y+ z

@u

@z=

1

v(3x3 � 3xyz) +

1

v(3y3 � 3xyz) +

1

v(3z3 � 3xyz) =

3v

v= 3

ce qui demontre (i). L’equation (ii) se demontre par operations algebriques elementaires.




(b) Il faut remarquer que f est ici une fonction d’une variable. Avec z = f (u) ou

u = x2y, on a@z

@x= f 0(u)u0x = 2xyf 0(x2y):

De meme,@z

@y= x2f 0(x2y) et, de la, x

@z

@x= 2x2yf 0(x2y) = 2y

@z

@y.

9. (a)@u

@r=@f

@x

@x

@r+@f

@y

@y

@r+@f

@z

@z

@r+@f

@w

@w

@r

(b)@u

@r= yzw + xzw + xyws + xyz (1=s) = 28

12.3

1. La formule (1) donne y 0 = �F0x

F 0y= �4x + 6y

6x + 2y= �2x + 3y

3x + y.

2. (a) On pose F (x; y) = x2y. Alors F 0x = 2xy, F 0y = x2, F 00xx = 2y, F 00xy = 2x, F 00yy = 0,

de sorte que y 0 = �F0x

F 0y= �2xy

x2= �2y

x. De plus, grace a l’equation (3),

y 00 = � 1

(F 0y)3

[F 00xx(F 0y)2 � 2F 00xyF

0xF0y + F 00yy(F 0x)2

]

= � 1

x6[2yx4 � 2 (2x) (2xy) x2] =

6y

x2

(voir aussi exercice 7.1.2.).

(b) On poseF (x; y) = x�y+3xy. AlorsF 0x = 1+3y, F 0y = �1+3x, F 00xx = 0, F 00xy = 3

et F 00yy = 0. Ensuite y 0 = �F0x

F 0y= � (1 + 3y)

(�1 + 3x). En utilisant l’equation (12.3.3),

y 00 = � 1

(F 02)3

[F 00xx(F 02)2�2F 00xyF

01F02+F 00yy(F 0x)2

]=

6 (1 + 3y) (�1 + 3x)

(�1 + 3x)3=

6 (1 + 3y)

(�1 + 3x)2:

(c) On pose F (x; y) = y5 � x6. Ensuite, F 0x = �6x5, F 0y = 5y4, F 00xx = �30x4,

F 00xy = 0, F 00yy = 20y3, de sorte que y 0 = �F 0x=F 0y = �(�6x5=5y4) = 6x5=5y4. En

utilisant l’equation (12.3.3),

y 00 = � 1

(5y4)3

[(�30x4) (5y4)2 + 20y3 (�6x5)2

]=

6x4

y4� 144x10

25y9:

3. (a) Avec F (x; y) = 2x2 + xy + y2, on a y 0 = �F 0x=F 0y = �(4x + y)=(x + 2y) = �4 en

(2; 0). De plus, en utilisant (12.3.3), y 00 = �(28x2 + 14y2 + 14xy)=(x + 2y)3. En (2; 0),

y 00 = �14. L’equation de la tangente passant par le point de coordonnees (2; 0) et de

pente �4 est y = �4x + 8.

(b) y 0 = 0 exige y = �4x. En introduisant cette expression dans l’equation originale,

on obtient une equation du second degre en x. Deux points : (a;�4a) et (�a; 4a), ou

a = 2p

7=7.




4. Avec F (x; y) = 3x2 � 3xy2 + y3 + 3y2, on a

F 0x (x; y) = 6x � 3y2 et F 0y (x; y) = �6xy + 3y2 + 6y;

de sorte que, selon (12.3.1), h0(x) = y 0 = �(6x � 3y2)=(�6xy + 3y2 + 6y). Pour x

proche de 1 et donc (x; y) proche de (1; 1), on a h0(1) = �(6 � 3)=(�6 + 3 + 6) = �1.

5. D0P < 0 et D0i < 0. En derivant l’equation par rapport a i , on obtient

D0P (dP=di ) +D0i = 0;

et ainsi dP=di = �D0i=DP < 0. Une montee du taux d’interet affaiblit la demande et

le prix baisse pour compenser.

6. dP=dR = f 0R(R;P )=(g0(P ) � f 0P (R;P )). Il est plausible que f 0R(R;P ) > 0 (la de-

mande augmente lorsque les depenses de publicite augmentent) et g0(P ) > 0,

f 0P (R;P ) < 0; de sorte que dP=dR > 0.

7. La derivation de l’equation par rapport a x fournit (i) 1� az0x = f 0(y � bz) (�bz0x). La

derivation par rapport a y

fournit (ii) �az0y = f 0(y � bz) (1� bz0y). Si bz0x 6= 0, on explicite (i) par rapport a f 0 et

on introduit dans (ii) az0x + bz0y = 1: Si bz0x = 0, alors (i) implique az0x = 1. Mais alors

z0x 6= 0, de sorte que b = 0 et a nouveau az0x + bz0y = 1:

12.4

1. (a) Pour F (x; y; z) = 3x + y � z, l’equation donnee s’ecrit F (x; y; z) = 0 et

@z

@x= �F

0x

F 0z= � 3

�1= 3:

(b)@z

@x= � (yz + z3 � y2z5)

(xy + 3xz2 � 5xy2z4)

(c) Pour F (x; y; z) = exyz � 3xyz, l’equation donnee s’ecrit F (x; y; z) = 0. Donc,

F 0x (x; y; z) = yzexyz � 3yz, F 0z (x; y; z) = xyexyz � 3xy, et, d’apres (12.4.1),

z0x = �F0x

F 0z= � (yzexyz � 3yz)

(xyexyz � 3xy)= �yz (exyz � 3)

xy (exyz � 3)= � z

x:

(Sinon, l’equation ec = 3c a deux solutions. De xyz = c (c constante), on trouve z0xbeaucoup plus facilement.)

2. La derivation partielle par rapport a x conduit a (�) 3x2 + 3z2z0x � 3z0x = 0, de sorte que

z0x = x2=(1 � z2). Par symetrie, z0y = y2=(1 � z2). Pour trouver z00xy , on derive (�) par

rapport a y, ce qui donne 6zz0yz0x + 3z2z00xy �3z00xy = 0 et, de la, z00xy = 2zx2y2=(1�z2)3.

(Sinon, on peut aussi deriver z0x = x2=(1� z2) par rapport a y, en traitant z comme une

fonction de y et en utilisant l’expression de z0y .)




3. (a) Dans ce cas, l’equation (�) estP

2pL�

= w, ce qui donne L� = P 2=4w2. Puis on

calcule @L�=@P = P=2w2 > 0 et @L�=@w = �P 2=2w3 < 0.

(b) La condition du premier ordre est

Pf 0(L�) � C 0L(L�; w) = 0: (�)

Pour calculer les derivees partielles de L�, on doit deriver partiellement (�) par rapport

a P et w.

D’abord par rapport a P : la derivee partielle de Pf 0(L�) requiert la regle de

derivation du produit. Le resultat est f 0(L�) + Pf 00(L�) (@L�=@P ). Puis, la derivee

partielle de C 0L(L�; w) est C 00LL(L�; w) (@L�=@P ). De la, la derivee de (�) par rapport

a P est f 0(L�) + Pf 00(L�) (@L�=@P ) � C 00LL(L�; w) (@L�=@P ) = 0.

La reponse @L�=@P = �f 0(L�)=(Pf 00(L�) � C 00LL(L�; w)) est obtenue en isolant

@L�=@P .

Ensuite par rapport a w : la derivation de (�) conduit a

[Pf 00(L�) � C 00LL(L�; w)](@L�=@w) � C 00Lw(L�; w) = 0:

La reponse @L�=@w = C 00Lw(L�; w)=(Pf 00(L�) � C 00LL(L�; w)) est obtenue en isolant

@L�=@w.

4. Par la formule (12.4.1), z0x = �yxy�1 + zx ln z

yz ln y + xzx�1et z0y = �x

y ln x + zyz�1

yz ln y + xzx�1:

5. La derivation implicite donne f 0P (R;P )P 0w = g0w(w;P ) + g0P (w;P )P 0w . De la,

P 0w = �g0w(w;P )=(g0P (w;P ) � f 0P (R;P )) < 0;

car g0w > 0, g0P > 0 et f 0P < 0.

6. (a) F 0x (x; y) = ey�3 + y2 et F 0y (x; y) = xey�3 + 2xy � 2. La pente de la tangente a la

courbe de niveau F (x; y) = 4 au point de coordonnees (1; 3) est

y 0 = �F 0x (1; 3)=F 0y (1; 3) = �10=5 = �2:

L’equation de cette tangente est y = �2x + 5.

(b) On prend le logarithme des deux membres (1 + c ln y) ln y = lnA+˛ lnK +ˇ lnL:

On derive partiellement par rapport a K, ce qui donne

c

y

@y

@Kln y + (1 + c ln y)

1

y

@y

@K=˛

K:

Puis, on resout par rapport a @y=@K, ce qui donne @y=@K = ˛y=K(1 + 2c ln y).

La derivee partielle@y=@L est trouvee de la meme maniere : @y=@L = ˇy=L(1+2c ln y).




12.5

1. Le taux marginal de substitution estRyx = 20x=30y, de sorte que y=x = (2=3) (Ryx)�1.

L’elasticite est �yx = �1.

2. (a) Ryx = (x=y)a�1 = (y=x)1�a

(b) �yx = ElRyx (y=x) = ElRyx (Ryx)1=(1�a) = 1=(1 � a)

3. Si F (K;L) = AKaLb , les derivees partielles sont F 0K = aF=K, F 0L = bF=L,

F 00KK = a (a � 1)F=K2, F 00KL = abF=KL et F 00LL = b (b � 1)F=L2. Mais alors, le

numerateur de l’expression de �yx est

�F 0KF 0L(KF 0K + LF 0L) = �(aF=K) (bF=L) (a + b)F = �ab (a + b)F 3=KL

et le denominateur

KL[(F 0L)2F 00KK � 2F 0KF

0LF00KL + (F 0K)2F 00LL

]

= KLF 3[b2a (a � 1) � 2a2b2 + a2b (b � 1)]=K2L2

= � ab (a + b)F 3=KL:

Il s’ensuit que �KL = 1.

12.6

1. Comme f (tx; ty) = (tx)4 +(tx)2 (ty)2 = t4x4 + t2x2t2y2 = t4 (x4 +x2y2) = t4f (x; y),

f est homogene de degre 4.

2. x (tp; t r) = A(tp)�1;5(t r)2;08 = At�1;5p�1;5 t2;08 r2;08

= t�1;5 t2;08Ap�1;5r2;08 = t0;58x (p; r):

La fonction est donc homogene de degre 0;58 . (Sinon, utilisez le resultat de l’exem-

ple 11.1.4.)

3. f (tx; ty) = (tx) (ty)2 + (tx)3 = t3 (xy2 + x3) = t3f (x; y), f est homogene de degre 3.

(2) : xf 0x (x; y) + yf 0y (x; y) = x (y2 + 3x2) + y (2xy) = 3 (x3 + xy2) = 3f (x; y)

(3) : Il est facile de voir que f 0x (x; y) = y2 + 3x2 et f 0y (x; y) = 2xy sont homogenes

de degre 2.

(4) : f (x; y) = x3 + xy2 = x3[1 + (y=x)2] = x3f (1; y=x)

= y3[(x=y)3 + x=y] = y3f (x=y; 1)

(5) : x2f 00xx+2xyf 00xy+y2f 00yy = x2 (6x)+2xy (2y)+y2 (2x) = 6x3+6xy2 = 3�2f (x; y)

4. f (tx; ty) = (tx) (ty)=[(tx)2 + (ty)2] = t2xy=t2[x2 + y2] = f (x; y) = t0f (x; y).Donc,

f est homogene de degre 0. En utilisant les formules des derivees partielles de cette

fonction calculees a l’exemple 11.2.1(b), on a

x@f

@x+ y

@f

@y=xy3 � x3y + x3y � xy3

(x2 + y2)2

= 0 = 0 � f;

comme l’affirme le theoreme d’Euler.




5. F (tK; tL) = A(a (tK)�% + b(tL)�%)�1=% = A(t�%aK�% + t�%bL�%)�1=%

= (t�%)�1=%A(aK�% + bL�%)�1=% = tF (K;L):

En utilisant l’exemple 12.6.3, on obtient

F (K;L)=L = F (K=L; 1) = A[a (K=L)�� + b]�1=�:

6. La definition (1) exige que, pour un certain nombre k, on ait t3x3 + t2xy = tk(x3 + xy)

pour tout t > 0 et tout (x; y). En particulier, pour x = y = 1, on doit avoir t3 + t2 = 2tk .

Pour t = 2, on a 12 = 2 � 2k ou 2k = 6. Pour t = 4, on a 80 = 2 � 4k ou 4k = 40.

Mais 2k = 6 implique 4k = 36. Les deux valeurs de k devant etre differentes, f n’est

homogene d’aucun degre.

7. De (6), avec k = 1, on a f 00xx = (�y=x)f 00xy et f 00yy = (�x=y)f 00yx . Compte tenu que

f 00xy = f 00yx , on a

f 00xxf00yy � (f 00xy)2 = (�y=x)f 00xy(�x=y)f 00xy � (f 00xy)2 = 0:

8. Comme f 0y (x; y) est homogene de degre 1 (voir (12.6.3)),

f 0y (4; 6) = f 0y (2 � 2; 2 � 3) = 2f 0y (2; 3):

Mais alors f 0y (2; 3) = 12=2 = 6. D’apres le theoreme d’Euler (12.6.2),

2f (2; 3) = 2f 0x (2; 3) + 3f 0y (2; 3) = 2 � 4 + 3 � 6 = 26:

De la, f (2; 3) = 13 et f (6; 9) = f (3� 2; 3� 3) = 32f (2; 3) = 9� 13 = 117, grace a la

definition (12.6.1).

9. Soit C et D le numerateur et le denominateur de l’expression de �yx dans l’exercice

12.5.3. CommeF est homogene de degre 1, le theoreme d’Euler entraıneC = �F 0xF 0yFet la propriete (12.6.6) entraıne xF 00xx = �yF 00xy et yF 00yy = �xF 00yx = �xF 00xy . Par

consequent,

D = xy[(F 0y)2F 00xx � 2F 0xF

0yF00xy + (F 0x)2F 00yy

]

= �F 00xy[y2 (F 0y)2 + 2xyF 0xF

02 + x2 (F 0x)2

]

= �F 00xy(xF 0x + yF 0y)2 = �F 00xyF 2

grace a nouveau au theoreme d’Euler. Il en resulte que

�xy = C=D = (�F 0xF 0yF )=(�F 00xyF y) = F 0xF0y=FF

00xy :




12.7

1. (a) Homogene de degre 1.

(b) Remarquez que xg0x + yg0y + zg0z = g(x; y; z) + 2. Comme ce n’est pas egal a

kg(x; y; z) quel que soit k, le theoreme d’Euler implique que g n’est pas homogene.

(c) h(tx; ty; tz) =

ptx +pty +ptz

tx + ty + tz=

pt (px +py +pz )

t (x + y + z)= t�1=2h(x; y; z) pour

tout t > 0. La fonction h est donc homogene de degre �1=2.

(d) G(tx; ty) =ptxty ln

(tx)2 + (ty)2

txty= tpxy ln

t2 (x2 + y2)

t2xy= tG(x; y) pour tout

t > 0. La fonction G est donc homogene de degre 1.

(e) xH 0x +yH 0y = x (1=x) +y (1=y) = 2. Puisque 2 n’est pas egal a k(ln x + ln y) quelle

que soit la constante k, par le theoreme d’Euler, H n’est pas homogene.

(f) Homogene de degre n.

2. (a) Les calculs conduisent a

f (tx1; tx2; tx3) =(tx1tx2tx3)2

(tx1)4 + (tx2)4 + (tx3)4

(1

tx1

+1

tx2

+1

tx3

)

=t6 (x1x2x3)2

t4 (x41 + x4

2 + x43 )

(1

t

)(1

x1

+1

x2

+1

x3

)= tf (x1; x2; x3):

Ainsi, on voit que f est homogene de degre 1.

(b) Les calculs menent a

x (tv1; tv2; : : : ; tvn) = A(ı1 (tv1)�% + ı2 (tv2)�% + � � � + ın(tvn)�%

)��=%

= A(t�%(ı1v

�%1 + ı2v

�%2 + � � � + ınv�%n )

)��=%

= (t�%)��=%A(ı1v�%1 + ı2v

�%2 + � � � + ınv�%n

)��=%

= t�A(ı1v�%1 + ı2v

�%2 + � � � + ınv�%n

)��=%= t�x (x1; x2; x3):

Ainsi, x est homogene de degre �.

3. Toutes sont homogenes de degre 1, comme il est facile de le verifier a partir de (1).

4. v0xi = u0xi � a=(x1 + � � � + xn), de sorte que

n∑

i=1

xiv0xi

=

n∑

i=1

xiu0xi�

n∑

i=1

axi=(x1 + � � � + xn)

= a � [a=(x1 + � � � + xn)]

n∑

i=1

xi = a � a = 0:

Selon le theoreme d’Euler, v est homogene de degre 0.

5. (a) En raison de la definition (12.7.6), on suppose (x1y1)2 + 1 = (x2y2)2 + 1. Alors

(x1y1)2 = (x2y2)2. Si t > 0, alors

(tx1ty1)2 + 1 = (tx2ty2)2 + 1 () t4 (x1y1)2 + 1 = t4 (x2y2)2 + 1

() t4 (x1y1)2 = t4 (x2y2)2

() (x1y1)2 = (x2y2)2:

Ainsi, f est homothetique.




(b) De2 (x1y1)2

(x1y1)2 + 1=

2 (x2y2)2

(x2y2)2 + 1, on deduit

2 (x1y1)2[(x2y2)2 + 1] = 2 (x2y2)2[(x1y1)2 + 1]

et ainsi (x1y1)2 = (x2y2)2. Si t > 0, alors

2 (tx1ty1)2

(tx1ty1)2 + 1=

2 (tx2ty2)2

(tx2ty2)2 + 1() 2t4 (x1y1)2

t4 (x1y1)2 + 1=

2t4 (x2y2)2

t4 (x2y2)2 + 1

() (x1y1)2

t4 (x1y1)2 + 1=

(x2y2)2

t4 (x2y2)2 + 1

() (x1y1)2 = (x2y2)2:

Ainsi, f est homothetique.

(c) f (1; 0) = 1 = f (0; 1), mais f (2; 0) = 4 6= 8 = f (0; 2). Cela suffit a montrer que

f n’est pas homothetique.

(d) Comme g(x; y) = x2y est homogene de degre 3 et que u ! eu est strictement

croissante, f est homothetique conformement au theoreme (12.7.7).

6. (a) h(tx) = f ((tx1)m; : : : ; (txn)m) = f (tmxm1 ; : : : ; tmxmn )

= (tm)rf (xm1 ; : : : ; xmn ) = tmrh(x);

de sorte que h est homogene de degre mr .

(b) Homogene de degre sp.

(c) Homogene de degre r pour r = s, pas homogene pour r 6= s.(d) Homogene de degre r + s.

(e) Homogene de degre r � s.7. Si on definit� = lnC (tw; y)� lnC (w; y), il suffit de demontrer que� = ln t , car alors

C (tw; y)=C (w; y) = e� = t . On calcule

� =

n∑

i=1

ai [ln(twi ) � lnwi ] +1

2

n∑

i;j=1

aij [ln(twi ) ln(twj )

� lnwi lnwj ] + ln y

n∑

i=1

bi [ln(twi ) � lnwi ]:

Comme ln(twi ) � lnwi = ln t + lnwi � lnwi = ln t et

ln(twi ) ln(twj ) � lnwi lnwj = (ln t )2 + ln t lnwi + ln t lnwj ;

l’expression de � se reduit a

� = ln t

n∑

i=1

ai +1

2(ln t )2

n∑

i;j=1

aij +1

2ln t

n∑

j=1

lnwi

n∑

i=1

aij

+1

2ln t

n∑

i=1

lnwj

n∑

j=1

aij + ln y ln t

n∑

i=1

bi :

D’ou, � = ln t + 0 + 0 + 0 + 0 = ln t , a cause des conditions imposees aux parametres

ai , aij et bi .





1. (a) dz=dt = 6 � 4t + 3y29t2 = 24t + 27t2y2 = 24t + 243t8

(b) dz=dt = pxp�1a + pyp�1b = ptp�1(ap + bp)

(c) Dans (a), z = 6 (2t2) + (3t3)3 = 12t2 + 27t9, de sorte que dz=dt = 24t + 243t8.

Dans (b), z = (at )p + (bt )p = aptp + bptp , de sorte que dz=dt = (ap + bp)ptp�1.

2. @z=@t = G 0u(u; v)� 0t (t; s) et @z=@s = G 0u(u; v)� 0s(t; s) +G 0v(u; v) 0(s).

3. @w=@t = 2x � 1 + 3y2 � 1 + 4z3s = 2x + 3y2 + 4sz3 = 4s4t3 + 3s2 + 3t2 � 6ts + 2s + 2t ,

@w=@s = 2x � 3y2 + 4tz3 = 4s3t4 � 3s2 � 3t2 + 6ts + 2s + 2t .

4. X = Ng(u), ou u = '(N )=N . Alors

du=dN = [' 0(N )N � '(N )]=N 2 = (1=N ) (' 0(N ) � u)

et, par la regle de derivation du produit et de la composee,

dX

dN= g(u) +Ng0(u)

du

dN= g(u) + g0(u) (' 0(N ) � u); u =

'(N )

N:

On derive g(u) + g0(u) (' 0(N ) � u) par rapport a N

d 2X

dN 2= g0(u)

du

dN+ g00(u)

du

dN

(' 0(N ) � u

)+ g0(u)

(' 00(N ) � du

dN

)

=1

Ng00('(N )=N

)(' 0(N ) � '(N )=N

)2+ g0

('(N )=N

)' 00(N ):

5. (a) On prend le logarithme naturel de la fonction : lnE = lnA � a lnp + b lnm, puis

on calcule la derivee : E 0=E = �a (p0=p) + b (m0=m).

(b) lnp = lnp0 + t ln(1;06), de sorte que p0=p = ln 1;06. De meme, m0=m = ln 1;08.

Ensuite, E 0=E = �a ln 1;06 + b ln 1;08 = ln(1;08b=1;06a) = lnQ:

6. En derivant chaque membre par rapport a x en tenant y constant, on obtient

3x2 ln x + x2 = (6z2 ln z + 2z2) z0x :

Quand x = y = z = e, z0x = 1=2. On derive une seconde fois

6x ln x + 5x = (12z ln z + 10z) (z0x)2 + (6z2 ln z + 2z2) z00xx :

Quand x = y = z = e et z0x = 1=2, z00xx = 11=16e.

7. Ryx = F 0x=F0y = �x=10y. D’ou y=x = �(1=10)R�1

yx , de sorte que

�yx = ElRyx (y=x) = �1:

8. (a) TMS = Ryx = U 0x=U0y = 2y=3x

(b) TMS = Ryx = y=(x + 1)

(c) TMS = Ryx = (y=x)3




9. (a) �1

(b) 2ac

(c) 4

(d) Non homogene. (A supposer F homogene, alors, selon le theoreme d’Euler, pour

une certaine constantek, on aurait eux1ex1+x2+x3 +x2e

x1+x2+x3 +x3ex1+x2+x3 = kex1+x2+x3 ,

pour tout x1, x2, x3 positifs, et x1 + x2 + x3 = k. Ce qui est evidemment impossible.)

10. Comme y=x = (Ryx)1=3, �yx = ElRyx (y=x) = 1=3.

11. On prend l’elasticite par rapport a x des deux membres de l’equation

Elx (y2exe1=y) = Elx y2 + Elx e

x + Elx e1=y = 0:

On a Elx y2 = 2 Elx y et Elx e

x = x. De plus, Elx e1=y = Elx e

u, ou u = 1=y, de

sorte que Elx eu = uElx (1=y) = (1=y) (Elx 1 � Elx y) = �(1=y) Elx y: En tout,

2 Elx y + x � (1=y) Elx y = 0 ou Elx y = xy=(1 � 2y). (On a utilise les regles sur

l’elasticite de l’exercice 7.7.9. Si vous n’etes pas a l’aise avec ces formules, vous pou-

vez calculer y 0 par derivation implicite et utiliser ensuite Elx y = (x=y)y 0.)

12. (a) 1

(b) k

(c) 0

13. Comme F est homogene de degre 1, selon (12.6.6), on a KF 00KK + LF 00KL = 0, de sorte

que F 00KL = �(K=L)F 00KK > 0 puisque F 00KK < 0 et K > 0, L > 0.

14. Derivez f (tx1; : : : ; txn) = g(t )f (x1; : : : ; xn) par rapport a t et poser t = 1, comme

dans la demonstration du theoreme d’Euler (12.7.1). Cela conduit a

n∑

i=1

xif0xi

(x1; : : : ; xn) = g0(1)f (x1; : : : ; xn):

D’ou, par le theoreme d’Euler, f doit etre homogene de degreg0(1). En realite, g(t ) = tk

ou k = g0(1).

15. du+ ey dx +xey dy +dv = 0 et dx + eu+v2

du+ eu+v2

2v dv�dy = 0. Au point donne,

ces equations se reduisent a du + dv = �e dx � e dy et du = �e dx + e dy, ce qui

implique u0x = �e, u0y = e, v0x = 0 et v0y = �2e.

16. (a) Apres differentiation, on rassemble dans le membre de gauche tous les termes en

dp et dL,

(i) F 0(L) dp + pF 00(L) dL = dw; (ii) F (L) dp + (pF 0(L) �w) dL = Ldw + dB:

Comme pF 0(L) = w, (ii) se simplifie en dp = (Ldw + dB)=F (L). On introduit cette

expression dans (i) et on resout par rapport a dL, ce qui donne

dL = [(F (L) � LF 0(L))dw � F 0(L)dB]=pF (L)F 00(L):




Il s’ensuit que

@p

@w=

L

F (L);

@p

@B=

1

F (L);@L

@w=F (L) � LF 0(L)

pF (L)F 00(L);@L

@B= � F 0(L)

pF (L)F 00(L):

(b) Comme toutes les variables qui contiennent p sont strictement positives, et que

F 0(L) > 0 et F 00(L) < 0, il est clair que @p=@w, @p=@B , et @L=@B sont toutes

strictement positives.

Le signe de @L=@w est l’oppose du signe de F (L) � LF 0(L). Par les equations du

modele, on a F 0(L) = w=p et F (L) = (wL+B)=p. D’ou F (L)�LF 0(L) = B=p > 0.

Par consequent, @L=@w < 0.

17. (a) ˛u˛�1 du + ˇvˇ�1 dv = 2ˇdx + 3y2 dy et

˛u˛�1vˇ du + u˛ˇvˇ�1 dv � ˇvˇ�1 dv = dx � dy:

En P , on trouve @u=@x = 2�ˇ=˛ ; @u=@y = �2�ˇ=˛ ; @v=@x = (2ˇ � 2�ˇ)=ˇ2ˇ�1,

@v=@y = (2�ˇ + 3)=ˇ2ˇ�1.

(b) u(0;99; 1;01) �u(1; 1) + @u(1; 1)=@x � (�0;01) + @u(1; 1)=@y � 0;01

= 1 � 2�ˇ=100˛ � 2�ˇ=100˛ = 1 � 2�ˇ=50˛:

18. (a) S =

∫ T

0

e�rx(egT�gx � 1) dx = egT∫ T

0

e�(r+g) x dx �∫ T

0

e�rx dx

=egT � e�rTr + g

+e�rT � 1

r:

Par consequent, r(r + g)S = regT + ge�rT � (r + g).

(b) Une derivation implicite par rapport a g donne

rS = regT (T + g@T=@g) + e�rT + ge�rT (�r@T=@g) � 1

de sorte que @T=@g = [rS + 1 � rTegT � e�rT ]=rg(egT � e�rT ).

19. (a) La condition necessaire du premier ordre pour un maximum est

P 0(t ) = V 0(t ) e�i t � iV (t ) e�i t �me�i t = 0:

Apres simplification par e�i t , on voit que t� ne peut rendre la valeur actuelle maximale

que si (�) est satisfaite. L’equation dit que l’accroissement marginal V 0(t�) en valeur de

marche par unite de temps en gardant la voiture un peu plus longtemps doit etre egal a

la somme du cout annuel de maintenance plus les interets non gagnes iV (t�) par unite

de temps passe a attendre.

(b) On derive a nouveau P (t ) :

P 00(t ) = V 00(t ) e�i t � iV 0(t ) e�i t � iV 0(t ) e�i t + i2V (t ) e�i t + ime�i t :

On regroupe les termes

P 00(t ) = [V 00(t ) � iV 0(t )]e�i t + [V 0(t ) � iV (t ) �m](�ie�i t ):



CHAPITRE 13 / Optimisation a plusieurs variables 111

Au point stationnaire t�, le dernier crochet vaut 0. La condition P 00(t�) < 0 revient a

D = V 00(t�) � iV 0(t�) < 0:

(c) On prend la differentielle de (�) : V 00(t�) dt� = di V (t�) + i V 0(t�) dt� = dm. De

la@t�

@i=

V (t�)

V 00(t�) � iV 0(t�) =V (t�)

Det

@t�

@m=

1

V 00(t�) � iV 0(t�) =1

D:

En supposant V (t�) > 0 (sinon, il serait preferable de supprimer la voiture tout de

suite), les deux derivees partielles sont strictement negatives. Une legere augmentation

du taux d’interet ou du cout d’entretien va pousser le proprietaire a vendre la voiture un

peu plus tot.

Chapitre 13 / Optimisation a plusieurs variables

13.1

1. Les conditions du premier ordre f 0x (x; y) = �4x + 4 = 0 et f 0y (x; y) = �2y + 4 = 0

sont toutes les deux satisfaites quand x = 1 et y = 2.

2. (a) f 0x (x; y) = 2x � 6 et f 0y (x; y) = 2y + 8. Ces derivees partielles s’annulent au seul

point de coordonnees (x; y) = (3;�4).

(b) f (x; y) = x2�6x + 32 +y2 + 8y + 42 + 35�32�42 = (x�3)2 + (y + 4)2 + 10 > 10

pour tout (x; y). Or, f (3;�4) = 10. Donc (3;�4) minimise f .

3. F 0K = �2 (K � 3)� (L� 6) et F 0L = �4 (L� 6)� (K � 3), de sorte que les conditions

du premier ordre sont �2 (K � 3) � (L � 6) = 0;65, �4 (L � 6) � (K � 3) = 1;2. La

seule solution de ce systeme de deux equations est (K;L) = (2;8; 5;75).

4. (a) P (10; 8) = P (12; 10) = 98

(b) Conditions du premier ordre : P 0x = �2x + 22 = 0, P 0y = �2y + 18 = 0. Solution :

x = 11 et y = 9, ou le profit est egal a P (11; 9) = 100.

13.2

1. Nous verifions que les conditions de la partie (a) du theoreme 13.2.1 sont satisfaites

dans les trois cas.

(a) @2�=@x2 = �0;08 6 0, @2�=@y2 = �0;02 6 0 ;

(@2�=@x2) (@2�=@y2) � (@2�=@x@y)2 = 0;0015 > 0.

(b) f 00xx = �4, f 00xy = 0 et f 00yy = �2 pour tout (x; y).

(c) Avec � = F (K;L) � 0;65K � 1;2L, � 00KK = �2, � 00KL = �1 et � 00LL = �4.

2. (a) Profit : �(x; y) = 24x + 12y � C (x; y) = �2x2 � 4y2 + 4xy + 64x + 32y � 514.

Maximum en x = 40, y = 24, qui vaut �(40; 24) = 1 150. Puisque � 00xx = �4 6 0,

� 00yy = �8 6 0 et � 00xx�00yy � (� 00xy)2 = 16 > 0, c’est un maximum.

(b) x = 34, y = 20. (Avec y = 54 � x, l’expression du profit est

� = �2x2 � 4 (54 � x)2 + 4x (54 � x) + 64x + 32 (54 � x) � 514

= �10x2 + 680x � 10 450:

Maximum en x = 34. Alors y = 54 � 34 = 20. La valeur maximale est 1 110.)




3. On resout l’equation de budget par rapport a x, ce qui donne x = 108� 3y � 4z. En se

servant de cette expression, la fonction d’utilite en fonction de y et z est donnee par

U = (108 � 3y � 4z)yz:

Les conditions necessaires du premier ordre sont U 0y = 108z � 6yz � 4z2 = 0 et

U 0z = 108y�3y2�8yz = 0. Comme il est suppose que y et z sont strictement positives,

ces deux equations se reduisent a 6y + 4z = 108 et 3y + 8z = 108 et ont comme solution

y = 12 et z = 9. (Le theoreme 13.2.1 ne peut pas etre utilise pour demontrer directe-

ment le caractere optimal. Neanmoins, il peut etre applique au probleme equivalent de

maximiser lnU . Voir theoreme 13.6.3.) Maximum 3 888 en x = 36, y = 12, z = 9.

4. (a) �(x; y) = px + qy � C (x; y) = (25 � x) x + (24 � 2y)y � (3x2 + 3xy + y2)

= �4x2 � 3xy � 3y2 + 25x + 24y

(b) � 0x = �8x � 3y + 25 = 0 et � 0y = �3x � 6y + 24 = 0 quand (x; y) = (2; 3). Ensuite,

� 00xx = �8 6 0, � 00yy = �6 6 0 et � 00xx�00yy � (� 00xy)2 = (�8) (�6) � (�3)2 = 39 > 0.

Aussi (x; y) = (2; 3) maximise le profit.

5. Le profit est donne par �(x; y) = px + qy � x2 � xy � y2 � x � y � 14. Les derivees

partielles de �(x; y) sont nulles en x� = 13(2p�q�1) et y� = 1

3(�p+2q�1). Sous les

hypotheses q < 2p � 1 et q > 12(p + 1), les conditions suffisantes du theoreme 13.2.1

pour qu’en un point interieur (x�; y�) le profit soit maximal sont aisement satisfaites.

6. (a) x� = p=2˛, y� = q=2ˇ et les conditions du second ordre sont satisfaites.

(b) ��(p; q) = px� + qy� � ˛ (x�)2 � ˇ(y�)2 = p2=4˛ + q2=2ˇ. De la,

@��(p; q)=@p = p=2˛ = x�:

Augmenter le prixp d’une unite fait augmenter le profit optimal d’environx�, la quantite

produite du premier bien. @��(p; q)=@q = y� a la meme interpretation.

7. La contrainte consiste en z = 4x+2y�5. Apres avoir remplace z par son expression, on

cherche (x; y) qui rend minimal P (x; y) = x2 +y2 + (4x + 2y�5)2 par rapport a x et y.

Les conditions du premier ordre sontP 0x = 34x+16y�40 = 0,P 0y = 16x+10y�20 = 0

et la solution x = 20=21, y = 10=21. Comme P 00xx = 34, P 00xy = 16 et P 00yy = 10, les

conditions du second ordre indiquent qu’il s’agit d’un minimum. Cette valeur minimale

est 525=441.

8. f 00xx = a (a � 1)Axa�2yb , f 00xy = f 00yx = abAxa�1yb�1 et f 00yy = b (b � 1)Axayb�2.

Ensuite, f 00xxf00yy � (f 00xy)2 = abA2x2a�2y2b�2

[1 � (a + b)

]. On suppose a + b 6 1.

Alors a 6 1 et b 6 1 aussi. Si x > 0 et y > 0, alors f 00xx 6 0 et f 00yy 6 0 et

f 00xxf00yy � (f 00xy)2 > 0. De la remarque 2 decoule f concave sur l’ensemble x > 0,

y > 0.




13.3

1. (a) f 0x = �2x + 6, f 0y = �4y + 8, f 00xx = �2, f 00xy = 0 et f 00yy = �4.

(b) En (3; 2) se produit un maximum local, car A = �2 < 0 et AC � B2 = 8 > 0. Le

theoreme 13.2.1 implique que (3; 2) est un maximum (global).

2. (a) f 0x = 2x + 2y2, f 0y = 4xy + 4y, f 00xx = 2, f 00xy = 4y, f 00yy = 4x + 4.

(b) f 0y = 0 () 4y (x + 1) = 0 () x = �1 ou y = 0. Si x = �1, alors f 0x = 0 pour

y = ˙1. Si y = 0, alors f 0x = 0 pour x = 0. La nature de ces trois points stationnaires

est donnee dans le tableau.

(x; y) A B C AC � B2 Type de point stationnaire

(0; 0) 2 0 4 8 Minimum local

(�1; 1) 2 4 0 �16 Point-selle

(�1;�1) 2 �4 0 �16 Point-selle

3. (a) Les derivees partielles premieres et secondes de f sont f 0x (x; y) = (2x � ay) ey ,

f 0y (x; y) = x (x � ay � a) ey , f 00xx(x; y) = 2ey , f 00xy(x; y) = (2x � ay � a) ey et

f 00yy(x; y) = x (x � ay � 2a) ey . Les points stationnaires sont les solutions du systeme

des deux equations (1) 2x � ay = 0 ; (2) x (x � ay � a) = 0.Si x = 0, alors (1) donne

y = 0 (car a 6= 0). Si x 6= 0, alors (2) donne x = ay + a, tandis que (1) donne x = 12ay.

De la, x = �a et y = �2.

Conclusion : Il y a deux points stationnaires, (0; 0) et (�a;�2).

Pour determiner la nature de chaque point stationnaire (x0; y0), on utilise le test de la

derivee seconde avec A = f 00xx(x0; y0), B = f 00xy(x0; y0), et C = f 00yy(x0; y0). Le test

donne le resultat suivant.

Point A B C AC � B2 Resultat

(0; 0) 2 �a 0 �a2 Point-selle

(�a;�2) 2e�2 �ae�2 a2e�2 a2e�4 Minimum local

(b) (x�; y�) = (�a;�2) et donc

f �(a) = f (�a;�2) = �a2e�2 et df �(a) =da = �2ae�2:

Par ailleurs, si f (x; y; a) = (x2 � axy)ey , alors

f 0a (x; y; a) = �xyey et f 0a (x�; y�; a) = �x�y�ey� = �2ae�2:

Donc l’equation f 0a (x�; y�; a) = df �(a) =da est correcte. (C’est aussi ce que dit le

theoreme de l’enveloppe. Voir formule (13.7.2).)




4. (a) V 0t (t; x) = f 0t (t; x)e�i t � if (t; x) e�i t = 0, V 0x (t; x) = f 0x (t; x) e�i t � 1 = 0.

A l’optimum, f 0t (t�; x�) = if (t�; x�) et f 0x (t�; x�) = ei t�.

(b) g0(t�) = ig(t�) et h0(x�) = ei t�=g(t�).

(c) V (t; x) = g(t ) h(x) e�i t � x, de sorte que

V 0t = h(x) (g0(t ) � ig(t )) e�i t ; V 0x = g(t ) h0(x) e�i t � 1:

En outre, V 00t t = h(x) (g00(t ) � 2ig0(t ) + i2g(t )) e�i t , V 00tx = h0(x) (g0(t ) � ig(t )) e�i t

et V 00xx = g(t ) h00(x) e�i t . Comme la condition du premier ordre g0(t�) = ig(t�) est

satisfaite en (t�; x�), on a V 00tx = 0, ainsi que V 00xx < 0 a condition que h00(x�) < 0, et

V 00t t = h(x�)[g00(t�) � i2g(t�)]e�i t�< 0 a condition que g00(t�) < i2g(t�). Quand les

deux conditions etablies sont satisfaites, on a encore V 00xxV00t t �(V 00xt )

2 > 0. Ces inegalites

suffisent a assurer qu’en (t�; x�) se produit un maximum local.

(d) Les conditions du premier ordre dans (b) deviennent ept�=2pt� = ie

pt� , de sorte

que t� = 1=4i2 et 1=(x� + 1) = e1=4i=e1=2i ou x� = e1=4i � 1. On verifie que les deux

conditions de (c) sont satisfaites. Manifestement, h00(x�) = �(1 + x�)�2 < 0. De plus,

g00(t�) =1

4t�pt�ept�(pt� � 1) = i2 (1 � 2i ) e1=2i ;

tandis que i2g(t�) = i2ept� = i2e1=2i . De la, g00(t�) < i2g(t�) a condition que

i2 (1 � 2i ) < i2, ce qui est realise pour tout i > 0.

5. Dans les trois cas, (0; 0) est un point stationnaire en lequel z = 0 et A = B = C = 0,

de sorte que AC � B2 = 0. Dans le cas (a), z 6 0 pour tout (x; y), de sorte qu’il y

a un maximum a l’origine. Dans le cas (b), z > 0 pour tout (x; y), de sorte qu’il y a

un minimum a l’origine. Dans le cas (c), z prend des valeurs strictement positives et

strictement negatives en des points arbitrairement proches de l’origine, de sorte qu’il y

a un point-selle.

6. (a) Il faut 1 + x2y > 0. Quand x = 0, f (0; y) = 0. Quand x 6= 0,

1 + x2y > 0 () y > �1=x2:

(La figure montre un morceau de la surface representative de f . Notez que f = 0 sur

l’axe Ox et sur l’axe Oy.)

(b) f 0x (x; y) = 2xy=(1 + x2y) et f 0y (x; y) = x2=(1 + x2y). Ici, f 0x = f 0y = 0 en tous

points (0; b) avec b 2 R.

(c) f 00xx(x; y) =2y � 2x2y2

(1 + x2y)2, f 00xy(x; y) =

2x

(1 + x2y)2et f 00yy(x; y) =

�x4

(1 + x2y)2. Les

derivees partielles secondes en tous les points de coordonnees (0; b) sont f 00xx(0; b) = 2b,

f 00xy(0; b) = 0 et f 00yy(0; b) = 0. De la, AC � B2 = 0 en tous les points stationnaires. Le

test de la derivee seconde n’est pas concluant.

(d) Notez que f (0; b) = 0 en tout point stationnaire (0; b). En examinant le signe de

f (x; y) = ln(1 + x2y) au voisinage de chaque point stationnaire, on s’apercoit que f

admet un maximum local quand b < 0 ; un point-selle quand b = 0 ; et un minimum

local quand b > 0. Voir figure C13.3.6.




x

y

zz = ln(1 + x 2y)

y

1

2

x− 1 1

y = 2x 2

y = x 2

y = (k /h) x


7. (a) Voir figure C13.3.7. Le domaine ombre est celui sur lequel f (x; y) est strictement

negative. L’origine est de facon evidente le seul point stationnaire et f (0; 0) = 0.

Comme le montre la figure, f (x; y) prend des valeurs strictement positives et strictement

negatives en des points arbitrairement proches de (0; 0), de sorte que l’origine est un

point-selle.

(b) g(t ) = f (th; tk) = (tk � t2h2) (tk � 2t2h2) = 2h4t4 � 3h2kt3 + k2t2, de sorte que

g0(t ) = 8h4t3 � 9h2kt2 + 2k2t et g00(t ) = 24h4t2 � 18h2kt + 2k2. De la, g0(0) = 0 et

g00(0) = 2k2. En t = 0, il y a un minimum pour k 6= 0. Pour k = 0, g(t ) = 2t4h4 admet

un minimum en t = 0.

13.4

1. (a) � = P1Q1 +P2Q2�C (Q1;Q2) = �2Q21 � 4Q2

2 + 180Q1 + 160Q2. Cette fonction

atteint un maximum en Q�1 = 45, Q�2 = 20, avec P �1 = 110, P �2 = 100 et �� = 5 650.

(b) Soit P = P1 = P2. Alors Q1 = 100 � 12P , Q2 = 45 � 1

4P , de sorte que le profit

s’exprime en fonction de P par

� = (P � 20) (Q1 +Q2) = (P � 20) (145 � 3

4P ) = �3

4P 2 + 160P � 2900:

Il est maximal quand P = 320=3. Le profit correspondant s’eleve a 16 900=3. Diminu-

tion du profit : 5 650 � 16 900=3 = 50=3.

(c) Nouveau profit : � = �2Q21�4Q2

2+175Q1+160Q2, avec maximum enQ1 = 43;75,

Q2 = 20 et prix P1 = 112;50 et P2 = 100. Le profit est 5 428;125. Le nombre d’unites

vendues sur le marche 1 baisse, le prix monte et les profits sont moindres. Sur le marche

2, le nombre d’unites vendues et le prix ne varient pas.

2. (a) � = �bp2 � dq2 + (a + ˇb)p + (c + ˇd )q � ˛ � ˇ (a + c), p� = (a + ˇb)=2b,

q� = (c + ˇd )=2d:

Les conditions du second ordre sont manifestement satisfaites, car � 00pp = �2b, � 00pq = 0

et � 00qq = �2d .

(b) La nouvelle fonction de profit est

� = �bp2 � dp2 + (a + ˇb)p + (c + ˇd )p � ˛ � ˇ (a + c)

et il est facile de voir que le prix qui rend le profit maximal est p =a + c + ˇ(b + d )

2 (b + d ).




(c) Dans le cas ˇ = 0, les reponses a la partie (a) se simplifient en p� =a

2bet q� =

c

2d

et le profit maximal en �(p�; q�) =a2

4b+c2

4d� ˛. Mais, si la discrimination par le

prix est interdite, la reponse a la partie (b) devient p =a + c

2 (b + d ), avec profit maximal

�(p) =(a + c)2

4 (b + d )� ˛.

La perte de profit est donc

�(p�; q�) � �(p) =(ad � bc)2

4bd (b + d )> 0:

Notez que cette perte est nulle si et seulement si ad = bc, auquel cas p� = q� et

l’entreprise va faire payer le meme prix sur chaque marche de toute maniere.

3. Imposer une taxe t par unite vendue sur le marche 1 signifie que la nouvelle fonction

de profit est �(Q1;Q2) = �(Q1;Q2) � tQ1. Le choix optimal de production sur le

marche 1 est alors Q1 = (a1 � ˛ � t )=2b1 (voir le texte) et la recette de la taxe est

T (t ) = t (a1 � ˛ � t )=2b1 = [t (a1 � ˛) � t2]=2b1:

Cette fonction du second degre atteint un maximum quand T 0(t ) = 0, de sorte que

t = 12(a1 � ˛):

4. (a) Les quatre points donnes sont (x0; y0) = (0; 11;29), (x1; y1) = (1; 11;40),

(x2; y2) = (2; 11;49) et (x3; y3) = (3; 11;61), ou x0 correspond a 1970, etc. (Les ytsont des valeurs approchees comme d’ailleurs tous les autres resultats.)

En mettant en application la methode des moindres carres expliquee a l’exemple 4, on

trouve

�x = 14(0 + 1 + 2 + 3) = 1;5; �y = 1

4(11;29 + 11;40 + 11;49 + 11;61) = 11;45;

�xx = 14[(0 � 1;5)2 + (1 � 1;5)2 + (2 � 1;5)2 + (3 � 1;5)2] = 1;25:

De plus,

�xy = 14[(�1;5) (11;29 � 11;45) + (�0;5) (11;40 � 11;45)

+ (0;5) (11;49 � 11;45) + (1;5) (11;61 � 11;45)]

qui est egal a 0;13125. La formule (��) mene a

a = �xy=�xx = 0;105 et b = �y � a�x � 11;45 � 0;105 � 1;5 = 11;29:

(b) Avec z0 = ln 274, z1 = ln 307, z2 = ln 436 et z3 = ln 524, les quatre points donnes

sont (x0; z0) = (0; 5;61), (x1; z1) = (1; 5;73), (x2; z2) = (2; 6;08) et (x3; z3) = (3; 6;26).

Comme precedemment, �x = 1;5 et �xx = 1;25.




De plus,

�z = 14(5;61 + 5;73 + 6;08 + 6;26) = 5;92

et�xz � 1

4[(�1;5) (5;61 � 5;92) + (�0;5) (5;73 � 5;92) + (0;5) (6;08 � 5;92)

+ (1;5) (6;26 � 5;92)] = 0;2875:

De la, c = �xz=�xx = 0;23, d = �z � c�x = 5;92 � 0;23 � 1;5 = 5;575.

(c) Si les tendances ln(GDP) = ax + b et ln(FA) = cx + d se sont poursuivies, alors AE

atteint 1 % du PNB en un temps x solution de ln(AE=PNB) = ln 0;01 ou

(c � a) x + d � b = ln 0;01:

D’ou, x = (b � d + ln 0;01)=(c � a). En introduisant ces estimations dans les resultats

des parties (a) et (b), on obtient

x � (11;29 � 5;575 � 4;605)=(0;23 � 0;105) = 1;11=0;125 = 8;88:

Le but aurait ete atteint a la fin de 1978.

5. (a) Le profit cumule des deux firmes est px +qy� (5 +x)� (3 + 2y), ou, en remplacant

x et y par leurs expressions, (p� 1) (29� 5p + 4q) + (q � 2) (16 + 4p� 6q)� 8. Apres

simplification, 26p + 24q � 5p2 � 6q2 + 8pq � 69. C’est une fonction concave de p

et q. Les conditions du premier ordre sont les deux equations 26 � 10p + 8q = 0 et

24 � 12q + 8p = 0. Leur unique solution est p = 9, q = 8, qui fournit un maximum.

Les niveaux de production correspondants sont x = 16 et y = 4. Le profit de la firme A

est 123 et celui de la firme B est 21.

(b) Le profit de la firme A est maintenant donne par

�A(p) = (p � 1) (29 � 5p + 4q) � 5 = 34p � 5p2 + 4pq � 4q � 34;

avec q fixe. Ce polynome du second degre atteint sa plus grande valeur en

p = pA(q) =1

5(2q + 17):

De meme, le profit de la firmeB est �B (q) = qy�3�2y = 28q�6q2 + 4pq�8p�35,

avec p fixe. Ce polynome du second degre atteint sa plus grande valeur en

q = qB (p) =1

3(p + 7):

(c) L’equilibre a lieu lorsque (p; q) satisfait simultanement aux deux equations

p = pA(q) = 15(2q + 17) et q = qB (p) = 1

3(p + 7). Apres substitution de la deuxieme

equation dans la premiere p = 15

(2 1

3(p + 7) + 17

)ou, apres elimination des fractions,

15p = 2p + 14 + 51. Les prix sont donc respectivement p = 5 et q = 4, les niveaux de

production x = 20, y = 12, et les profits 75 pour A et 21 pour B .




(d) Au depart du point de coordonnees (9; 8), la firme A se deplace d’abord vers

pA(8) = 33=5 = 6;6, alors la firme B repond en se deplacant en

qB (6;6) = 13;6=3 � 4;53;

ensuite la firme A repond en se deplacant pres de pA(4;53) = 26;06=5 = 5;212, etc.

Apres le premier mouvement horizontal au depart de (9; 8), le processus se poursuit

par des mouvements alternes verticaux vers le bas depuis la courbe p = pA(q), et

horizontaux depuis la courbe q = qB (p), comme le montre la figure C13.4.5. Ces

mouvements ne traversent jamais les courbes et a la limite, le processus converge vers

le point d’equilibre (5; 4) determine dans la partie (c).

q

2

4

6

8

10

p2 64 8 10 12 14

(5, 4)

q = qB (p)

p = pA(q)

(9, 8)

y

x

4

4

(3, 3)



1. Les conditions du premier ordre

f 0x (x; y) = �4x + 2y + 18 = 0 et f 0y (x; y) = 2x � 2y � 14 = 0

sont satisfaites en (x; y) = (2;�5). De plus, f 00xx = �4, f 00xy = 2 et f 00yy = �2, de

sorte que f 00xxf00yy � (f 00xy)2 = 4. Les conditions de la partie (a) du theoreme 13.2.1 sont

satisfaites.

2. (a) La fonction de profit est �(Q1;Q2) = 120Q1 +90Q2�0;1Q21�0;1Q1Q2�0;1Q2

2.

Les conditions du premier ordre pour que le profit soit maximal sont

� 0Q1(Q1;Q2) = 120 � 0;2Q1 � 0;1Q2 = 0

� 0Q2(Q1;Q2) = 90 � 0;1Q1 � 0;2Q2 = 0:

On trouve (Q1;Q2) = (500; 200). En outre,

� 00Q1Q1(Q1;Q2) = �0;2 6 0; � 00Q1Q2

(Q1;Q2) = �0;1 et � 00Q2Q2(Q1;Q2) = �0;2 6 0:

Comme � 00Q1Q1� 00Q2Q2

� (� 00Q1Q2)2 = 0;03 > 0, (500; 200) maximise le profit.




(b) La fonction de profit est maintenant

�(Q1;Q2) = P1Q1 + 90Q2 � 0;1Q21 � 0;1Q1Q2 � 0;1Q2

2:

Les conditions du premier ordre pour que le profit soit maximal deviennent

� 0Q1= P1 � 0;2Q1 � 0;1Q2 = 0 et � 0Q2

= 90 � 0;1Q1 � 0;2Q2 = 0:

De maniere a imposer le choix Q1 = 400, les conditions du premier ordre impliquent

P1 � 80 � 0;1Q2 = 0 et 90 � 40 � 0;2Q2 = 0. Il s’ensuit que Q2 = 250 et P1 = 105.

3. (a) Les coordonnees des points stationnaires sont telles que

P 0x (x; y) = �0;2x � 0;2y + 47 = 0 et P 0y (x; y) = �0;2x � 0;4y + 48 = 0:

La solution est x = 230 et y = 5. En outre, P 00xx = �0;2 6 0, P 00xy = �0;2 et

P 00yy = �0;4 6 0. Comme P 00xxP00yy � (P 00xy)2 = 0;04 > 0, (230; 5) rend le profit

maximal.

(b) Avec x + y = 200 ou y = 200 � x, la nouvelle fonction de profit est

�(x) = f (x; 200 � x) = �0;1x2 + 39x + 1 000:

Il est facile de voir que cette fonction admet un maximum en x = 195. Alors

y = 200 � 195 = 5.

4. (a) Points stationnaires :

(i) f 0x (x; y) = 3x2 � 2xy = x (3x � 2y) = 0

(ii) f 0y (x; y) = �x2 + 2y = 0:

De (i), x = 0 ou 3x = 2y. Si x = 0, alors (ii) fournit y = 0. Si 3x = 2y, alors (ii) fournit

3x = x2 et ainsi x = 0 ou x = 3. Si x = 3, alors (ii) fournit y = x2=2 = 9=2. Les points

stationnaires sont (0; 0) et (3; 9=2).

(b)

(i) f 0x (x; y) = ye4x2�5xy+y2

(8x2 � 5xy + 1) = 0

(ii) f 0y (x; y) = xe4x2�5xy+y2

(2y2 � 5xy + 1) = 0

Si y = 0, alors (i) est satisfait et (ii) n’est vrai que si x = 0. Si x = 0, alors (ii) est satisfait

et (i) n’est vrai que si y = 0. D’ou, en plus de (0; 0), tout autre point stationnaire doit

etre tel que 8x2 � 5xy + 1 = 0 et 2y2 � 5xy + 1 = 0. On soustrait la deuxieme equation

de la premiere 8x2 = 2y2 ou y = ˙2x. On introduit y = �2x dans 8x2 � 5xy + 1 = 0,

cela donne 18x2 + 1 = 0. Cette equation n’a pas de solution. On introduit y = 2x dans

8x2 � 5xy + 1 = 0, cela donne �2x2 + 1 = 0 ou x = ˙ 12

p2. Les points stationnaires

sont (� 12

p2;�p

2), (0; 0) et ( 12

p2;p

2).

(c) Les coordonnees des points stationnaires sont telles que

(i)f 0x (x; y) = 24xy � 48x = 24x (y � 2) = 0 ;

(ii)f 0y (x; y) = 12y2 + 12x2 � 48y = 12 (x2 + y2 � 4y) = 0:




En raison de (i), x = 0 ou y = 2. Si x = 0, alors (ii) fournit y (y � 4) = 0, soit y = 0

ou y = 4. Ainsi (0; 0) et (0; 4) sont des points stationnaires. Si y = 2, alors (ii) fournit

x2 � 4 = 0, soit x = ˙2. De la, (2; 2) et (�2; 2) sont aussi des points stationnaires.

5. Les coordonnees des points stationnaires sont telles que f 0x (x; y; a) = 2ax � 2 = 0 et

f 0y (x; y; a) = 2y � 4a = 0, soit x = x�(a) = 1=a et y = y�(a) = 2a.

La fonction de valeur optimale est

f �(a) = a (1=a)2 � 2 (1=a) + (2a)2 � 4a(2a) = �(1=a) � 4a2:

D’ou, (d=da)f �(a) = (1=a2) � 8a. Par ailleurs,

(@=@a)f (x; y; a) = x2 � 4y = (1=a2) � 8a

en (x�(a); y�(a) ): Cela est en accord avec le theoreme de l’enveloppe.

6. (a) Avec � = p(Ka +Lb + T c)� rK �wL� qT , les conditions du premier ordre pour

que (K�; L�; T �) soit un maximum de � sont

� 0K = pa (K�)a�1 � r = 0; � 0L = pb(L�)a�1 � w = 0; � 0T = pc(T �)a�1 � q = 0:

Solution : K� = (ap=r)1=(1�a), L� = (bp=w)1=(1�a), T � = (cp=q)1=(1�a).

(b) �� = � + des termes qui ne dependent pas de r , avec

� = p(ap=r)a=(1�a) � r(ap=r)1=(1�a):

Des calculs algebriques menent a

� = (a=r)a=(1�a)p1=(1�a) � (ap)1=(1�a)r�a=(1�a)

= (aa=(1�a) � a1=(1�a))p1=(1�a)r�a=(1�a)

= (1 � a)aa=(1�a)p1=(1�a)r�a=(1�a):

Ensuite@��

@r=@�

@r= �aaa=(1�a)p1=(1�a)r�a=(1�a)�1

= �a1=(1�a)p1=(1�a)r�1=(1�a) = �(ap=r)1=(1�a)

:

(c) On applique (13.7.2) a ce cas-ci, ou

�(K;L; T; p; r; w; q) = pQ � rK � wL � qT

avec Q = Ka + Lb + T c et ��(p; r; w; q) = pQ� � rK� � wL� � qT �. Les derivees

partielles de � calculees en (K�; L�; T �; p; r; w; q) avec la quantite produite Q�, de-

vraient conduire a @��=@p = � 0p = Q�, @��=@r = � 0r = �K�, @��=@w = � 0w = �L� et

@��=@w = � 0w = �T �. Grace a la partie (b), on a la deuxieme egalite. Les trois autres

equations peuvent etre verifiees de la meme maniere a la faveur de calculs algebriques

assez ennuyeux.

7. (a) f 0x = ex+y + ex�y � 3

2; f 0y = ex+y � ex�y � 1

2; f 00xx = ex+y + ex�y ;

f 00xy = ex+y � ex�y ; f 00yy = ex+y + ex�y :




Ensuite, f 00xx > 0, f 00yy > 0 et

f 00xxf00yy � (f 00xy)2 = (ex+y + ex�y)2 � (ex+y � ex�y)2 = 4ex+yex�y = 4e2x

> 0;

de sorte que f est convexe.

(b) Au point stationnaire, ex+y = 1 et ex�y = 12, de sorte que x+y = 0 et x�y = � ln 2.

Le point stationnaire est des lors (x; y) = (� 12

ln 2; 12

ln 2), en lequel

f (x; y) =1

2(3 + ln 2):

Comme f est convexe, c’est un minimum.

8. (a) f 0x (x; y) = 2x�y�3x2, f 0y (x; y) = �2y�x, f 00xx(x; y) = 2�6x, f 00xy(x; y) = �1,

f 00yy(x; y) = �2. Les coordonnees des points stationnaires sont determinees par les

equations 2x � y � 3x2 = 0 et �2y � x = 0: Selon la derniere equation y = �x=2

et, dans ce cas, la premiere equation devient 52x � 3x2 = 0. Il y a donc deux points

stationnaires, (x1; y1) = (0; 0) et (x2; y2) = (5=6;�5=12). La nature de ces points est

determinee dans le tableau suivant.

(x; y) A B C AC � B2 Type de point

(0; 0) 2 �1 �2 �5 Point-selle

( 56;� 5

12) �3 �1 �2 5 Maximum local

(b) f est concave sur l’ensemble des points tels que f 00xx 6 0, f 00yy 6 0 et

f 00xxf00yy�(f 00xy)2 > 0, c’est-a-dire la ou 2�6x 6 0,�2 6 0 et (2�6x) (�2)�(�1)2 > 0.

Ces conditions sont equivalentes a x > 1=3 et x > 5=12. Comme 5=12 > 1=3, f est

concave sur l’ensemble S compose de tous les (x; y) tels que x > 5=12.

(c) Le point stationnaire (x2; y2) = (5=6;�5=12) trouve dans la partie (a) appartient a

S . Comme f est concave sur S , c’est un point en lequel f atteint un maximum (global)

sur S et fmax = 2536� 25

144+ 25

72� 125

216= 125

432.

9. (a) Pour qu’un point soit stationnaire, il faut que ses coordonnees satisfassent a

x � 1 = �ay et a (x � 1) = y2 � 2a2y. Ces deux equations ensemble impliquent

�a2y = a (x � 1) = y2 � 2a2y. De la, a2y = y2, dont les solutions sont y = 0 ou

y = a2. Comme x = 1�ay, les points stationnaires sont (1; 0) et (1�a3; a2). (Comme

il avait ete demande de verifier que (1� a3; a2) etait un point stationnaire, il suffisait de

verifier si ces valeurs de x et y rendaient bien les derivees partielles nulles.)

(b) La fonction de valeur optimale au point stationnaire de la partie (a) est

1

2(1 � a3)2 � (1 � a3) + a3 (�a3) � 1

3a6 + a2a4 = �1

2+

1

6a6;

dont la derivee partielle par rapport a a est a5.

Par ailleurs, la derivee partielle de f par rapport a a, en tenant x et y constantes, est

@f=@a = y (x � 1) + 2ay2:




Calculee en x = 1 � a3, y = a2, cette derivee partielle est aussi egale a a5, ce qui

confirme le theoreme de l’enveloppe.

(c) f 00xx = 1, f 00yy = �2y + 2a2, f 00xy = a et f 00xxf00yy � (f 00xy)2 = a2 � 2y. Donc f est

convexe si et seulement si �2y + 2a2 > 0 et �2y + a2 > 0, ce qui est equivalent a

a2 > y et a2 > 2y. Par consequent, f (x; y) est convexe sur la partie du plan Oxy

pour laquelle y 612a2.

10. (a) p = C 0x (x�; y�) et q = C 0y (x�; y�) sont les conditions bien connues qui traduisent

le fait qu’a l’optimum le prix de chaque bien doit etre egal au cout marginal.

(b) Dans une notation simplifiee, a l’optimum (x�; y�), � 0x = F + xF 0x + yG0x �C 0x = 0

et � 0y = xF 0y +G + yG0y � C 0y = 0.

L’interpretation en est la suivante : le revenu marginal = le cout marginal, comme

d’habitude, avec le fait qu’un changement de quantite produite de l’un des deux biens

affecte en meme temps le revenu de l’autre marche.

(c) La fonction de profit est

� = x (a � bx � cy) + y (˛ � ˇx � y) � Px �Qy �R

et les conditions du premier ordre sont @�=@x = a � 2bx � cy � ˇy � P = 0,

@�=@y = �cx + ˛ � ˇx � 2 y �Q = 0.

(d) @2�=@x2 = �2b, @2�=@y2 = �2 , @2�=@x@y = �(ˇ + c). Les derivees partielles

d’ordre 2 sont strictement negatives et

� = (@2�=@x2) (@2�=@y2) � (@2�=@x@y)2 = 4 b � (ˇ + c)2;

de sorte que la conclusion annoncee en decoule.

Chapitre 14 / L’optimisation sous contraintes

14.1

1. (a) L(x; y) = xy � �(x + 3y � 24). Les conditions du premier ordre L0x = y � � = 0,

L0y = x� 3� = 0 impliquent x = 3y. La contrainte devient alors 3y + 3y = 24, de sorte

que y = 4 et ensuite x = 12.

(b) En utilisant (��) de l’exemple 3 avec a = b = p = 1, q = 3 et m = 24, on a

x = 12(24=1) = 12, y = 1

2(24=3) = 4.

2. Avec L = �40Q1 +Q21 � 2Q1Q2 � 20Q2 +Q2

2 � � (Q1 +Q2 � 15), les conditions du

premier ordre sont L0x = �40 + 2Q1 � 2Q2 � � = 0, L

0y = �2Q1 � 20 + 2Q2 � � = 0.

Elles entraınent

�40 + 2Q1 � 2Q2 = �2Q1 � 20 + 2Q2;

de sorte que Q1 �Q2 = 5.

Ensemble, cette equation et la contrainte menent a la solution Q1 = 10, Q2 = 5, avec

� = �30.

3. (a) Conformement a (��) dans l’exemple 3, x = 310m et y = 1

10m.

(b) x = 10, y = 6 250 000.

(c) x = 8=3, y = 1.



CHAPITRE 14 / L’optimisation sous contraintes 123

4. (a) Avec L(x; y) = x2 + y2 � � (x + 2y � 4), les conditions du premier ordre sont

L0x = 2x �� = 0 et L

0y = 2y � 2� = 0. De ces equations, on tire 2x = y et on introduit

ce resultat dans la contrainte, cela donne x + 4x = 4 ou x = 4=5 et, de la, y = 2x = 8=5,

avec � = 2x = 8=5.

(b) La meme methode qu’en (a) conduit a 2x � � = 0 et 4y � � = 0, de sorte que

x = 2y. De la contrainte, on obtient x = 8 et y = 4, avec � = 16.

(c) Les conditions du premier ordre impliquent 2x + 3y = � = 3x + 2y, ce qui donne

x = y. La solution est donc (x; y) = (50; 50) avec � = 250.

5. La contrainte de budget s’ecrit 2x + 4y = 1 000, de sorte qu’avec

L(x; y) = 100xy + x + 2y � � (2x + 4y � 1 000);

les conditions du premier ordre sont L0x = 100y+1�2� = 0 et L

0y = 100x+2�4� = 0.

En eliminant � de ces equations, on obtient x = 2y. On introduit ce resultat dans la

contrainte, cela donne 2x + 2x = 1 000. Ainsi, x = 250 et y = 125.

6. m = awT0=(a + b), l = bT0=(a + b).

7. Le probleme est : max �0;1x2 � 0;2xy � 0;2y2 + 47x + 48y � 600 sous la contrainte

x + y = 200.

Avec L(x; y) = �0;1x2�0;2xy�0;2y2+47x+48y�600�� (x+y�200), les conditions

du premier ordre sont L0x = �0;2x�0;2y+47�� = 0 et L

0y = �0;2x�0;4y+48�� = 0.

Apres elimination de x et �, on a y = 5 et la contrainte de budget donne x = 195, avec

� = 7.

8. (a) P (x; y) = (96�4x) x+(84�2y)y�2x2�2xy�y2 = �6x2�3y2�2xy+96x+84y

(b) P 0x (x; y) = �12x � 2y + 96, P 0y (x; y) = �6y � 2x + 84. Le seul point stationnaire

est (x; y) = (6; 12).

(c) Avec L(x; y) = �6x2 � 3y2 � 2xy + 96x + 84y � � (x + y � 11),

L0x = �12x � 2y + 96 � � = 0 et L

0y = �6y � 2x + 84 � � = 0:

L’elimination de � conduit a 10x � 4y = 12. La contrainte est x + y = 11. La solution

de ce systeme de deux equations est x = 4, y = 7. Comme

P (4; 7) = 673 < P (6; 12) = 792;

la restriction de production fait diminuer le profit de 119.

9. (a) Avec L = xa+y�� (px+y�m), les conditions du premier ordre pour que (x�; y�)soit solution du probleme sont

(i) L0x = a (x�)a�1 � �p = 0 ; (ii) L

0y = 1 � � = 0. D’ou � = 1 et

x� = x�(p;m) = kp�1=(1�a)

avec k = a1=(1�a). Ensuite, y� = y�(p;m) = m � kp�a=(1�a).

(b) @x�=@p = �x�=p(1 � a) < 0, @x�=@m = 0, @y�=@p = ax�=(1 � a) > 0 et

@y�=@m = 1.




(c) La depense optimale sur le bien x est px�(p;m) = kp�a=(1�a), de sorte que

Elp px�(p;m) = �a=(1 � a) < 0. En particulier, la depense sur le bien x va diminuer

lorsque son prix augmente.

(d) On voit que x� = (1=2p)2, y� = m � 1=4p, de sorte que

U �(p;m) =px� + y� = (1=2p) +m � 1=4p = m + 1=4p

et l’egalite proposee devient evidente.

10. (a) Avec L(x; y) = 100� e�x � e�y ��(px +qy�m), les conditions du premier ordre

L0x = L

0y = 0 impliquent e�x = �p et e�y = �q. De la, x = � ln(�p) = � ln � � lnp,

y = � ln �� ln q. On introduit ces expressions de x et y dans la contrainte, cela donne

�p(ln � + lnp)� q (ln � + ln q) = m et ainsi ln � = �(m + p lnp + q ln q)=(p + q). Par

consequent, x (p; q;m) = [m+q ln(q=p)]=(p+q),y (p; q;m) = [m+p ln(p=q)]=(p+q).

(b) x (tp; tq; tm) = [tm+ tq ln(tq=tp)]=(tp+ tq) = x (p; q;m), ce qui montre que x est

homogene de degre 0. De meme, on peut voir que y (p; q;m) est homogene de degre 0.

14.2

1. Selon (��) de l’exemple 14.1.3, la solution est x� = 3m=8, y� = m=12, avec

� = 9m3=512. La fonction de valeur optimale est f �(m) = (x�)3y� = 9m4=2 048,

de sorte que df �(m)=dm = 9m3=512 = �.

2. (a) Avec L = rK + wL � � (pK + L � Q), les conditions du premier ordre sont

L0K = r � �=2

pK� = 0, L

0L = w � � = 0. On introduit � de la derniere equation dans

la premiere, cela donnepK� = w=2r . EnsuiteK� = w2=4r2 et, de la contrainte, il suit

L� = Q � w=2r .

(b) La fonction de valeur optimale est C �(Q) = rK� + wL� = wQ � w2=4r , de sorte

que dC �(Q)=dQ = w = �.

3. (a) x+2y = a entraıne y = 12a� 1

2x, d’ou x2 +y2 = x2 +( 1

2a� 1

2x)2 = 5

4x2� 1

2ax+ 1

4a2.

Cette fonction du second degre atteint un minimum en x = a=5, d’ou y = 2a=5.

(b) L(x; y) = x2 +y2�� (x+2y�a). Les conditions necessaires sont L0x = 2x�� = 0,

L0y = 2y � 2� = 0, impliquant 2x = y. La contrainte donne alors x = a=5 et ensuite

y = 2a=5, � = 2a=5.

(c) Voir figure C14.2.3. Il s’agit de trouver le point sur la droite x + 2y = a le plus

proche de l’origine. Le probleme de maximisation correspondant n’a pas de solution.

y

x

(a /5, 2a/5)

a

a/2

Figure C14.2.3




4. (a) Avec L(x; y) =px + y � � (x + 4y � 100), les conditions du premier ordre pour

que (x�; y�) soit solution du probleme sont

(i) @L=@x = 1=2px� � � = 0

(ii) @L=@y = 1 � 4� = 0.

De (ii), � = 1=4. On introduit cette valeur de � dans (i), ce qui donnepx� = 2 ou

x� = 4. Alors, y� = 25 � 144 = 24 et l’utilite maximale vaut U � =

px� + y� = 26.

(b) On designe les nouvelles valeurs optimales de x et y par x et y. Si x passe de 100

a 101, on a encore � = 1=4 et x = 4. La contrainte donne maintenant 4 + 4y = 101,

ce qui entraıne y = 97=4 = 24;25, avec U =px + y = 26;25. L’accroissement de la

fonction d’utilite optimale est U � U � = 0;25 = �. (En regle generale, l’augmentation

de l’utilite est approximativement egale a la valeur du multiplicateur de Lagrange.)

(c) Les conditions necessaires d’optimalite s’ecrivent maintenant

@L=@x = 1=2px� � �p = 0; @L=@y = 1 � �q = 0:

En poursuivant de la meme facon que dans (a), on trouve � = 1=q,px� = q=2p et ainsi

x� = q2=4p2, avec y� = m=q � q=4p.

(Notez que y� > 0 () m > q2=4p.) (Si on explicite la contrainte par rapport a y, la

fonction d’utilite devientu(x) =px+(m�px)=q. On voit queu0(x)=1=2

px�p=q=0

pour x� = q2=4p2 et u00(x) = �(1=4) x�3=2 < 0 quand x > 0. On a bien trouve le

maximum.)

5. (a) Conditions du premier ordre : (i) ˛=(x� � a) = �p ; (ii) ˇ=(y� � b) = �q. De la,

px� = pa+˛=� et qy� = qb +ˇ=�. Substituer ces expressions dans la contrainte mene

am = px� + qy� = pa + qb + (˛ + ˇ)=� = pa + qb + 1=�, d’ou 1=� = m� (pa + qb).

Les expressions (��) sont maintenant facilement etablies. (On peut interpreter a et b

comme les quantites minimales de subsistance des deux biens, auquel cas l’hypothese

pa + qb < m signifie que le consommateur peut se permettre d’acheter (a; b).)

(b) On derive partiellement

U � = ˛[ln ˛ + ln(m � (ap + bq)) � lnp] + ˇ[ln ˇ + ln(m � (ap + bq)) � ln q];

en se rappelant que ˛ + ˇ = 1,

@U �

@m=

˛

m � (pa + qb)+

ˇ

m � (pa + qb)=

1

m � (pa + qb)= � > 0:

Et aussi,

@U �

@p=

�˛am � (pa + qb)

� ˛p

+�ˇa

m � (pa + qb)=

�am � (pa + qb)

� ˛p

= �a� � ˛p;

tandis que

�@U�

@mx� = ��

(a +

˛

�p

)= �a� � ˛

p;

de sorte que@U �

@p= �@U

�

@mx�. La derniere egalite s’obtient de la meme maniere.




6. f (x; T ) = x

∫ T

0

[�t3 + (˛T 2 + T � 1) t2 + (T � ˛T 3) t ] dt

= xT

0

[� 14t4 + (˛T 2 + T � 1) 1

3t3 + (T � ˛T 3) 1

2t2]

= �1

6˛xT 5 +

1

12xT 4 +

1

6xT 3 =

1

12xT 3 (2 + T � 2˛T 2)

Un calcul semblable, mais plus facile montre queg(x; T ) =

∫ T

0

(xtT�xt2) dt = 16xT 3.

Le lagrangien pour le probleme du producteur est

L =1

12xT 3 (2 + T � 2˛T 2) � �(

1

6xT 3 �M ):

Les deux conditions du premier ordre sont

1

12T 3 (2 + T � 2˛T 2) � 1

6�T 3 = 0 et

1

12xT 2 (6 + 4T � 10˛T 2) � 1

2�xT 2 = 0:

Ces equations impliquent � = 12(2 + T � 2˛T 2) = 1

6(6 + 4T � 10˛T 2). Il s’ensuit que

4˛T 2 = T . Une solution est T = 0, mais elle n’est pas compatible avec la contrainte16xT 3 = M . La solution interessante est T = 1=4˛, qui entraıne � = 1 + 1=16˛. En

l’introduisant dans la contrainte g(x; T ) = M , on determine x = 6MT �3 = 384M˛3.

Comme xT 3 = 6M , le profit maximal est

f �(M ) = M +M=8˛ � ˛M=16˛2 = M +M=16˛;

dont la derivee par rapport a M est en effet �.

On note que le maximum en lui-meme est beaucoup plus facile a determiner si on

introduit la contrainte M = 16xT 3 dans la fonction objectif f (x; T ), qui devient alors

la fonction �˛MT 2 + 12MT +M de T seulement, avec ˛ etM comme parametres. La

condition du premier ordre pour que T rende cette expression maximale est

�2˛MT +1

2M = 0;

impliquant T = 1=4˛. Cette methode ne permet pas de trouver �.

14.3

1. (a) Avec L(x; y) = 3xy � � (x2 + y2 � 8), les conditions du premier ordre sont

L0x = 3y � 2�x = 0 et L

0y = 3x � 2�y = 0:

Elles peuvent aussi s’ecrire (i) 3y = 2�x et (ii) 3x = 2�y. Si x = 0, alors (i) donne

y = 0 ; par contre, si y = 0, alors (ii) donne x = 0. Mais (x; y) = (0; 0) ne realise pas la

contrainte. Par consequent, x 6= 0 et y 6= 0. En egalant le rapport des membres de gauche

de (i) et (ii) au rapport des membres de droite, on a y=x = x=y ou x2 = y2. Enfin, en




exploitant la contrainte,x2 = y2 = 4. Les quatre candidats a la solution sont donc (2; 2) et

(�2;�2) avec� = 3=2, et (2;�2) et (�2; 2) avec� = �3=2. Les valeurs correspondantes

de la fonction sont f (2; 2) = f (�2;�2) = 12 et f (2;�2) = f (�2; 2) = �12.

Comme f est continue sur l’ensemble borne ferme qu’est un cercle, le maximum

et le minimum existent. D’apres les valeurs prises par la fonction, (2; 2) et (�2;�2)

sont les seules solutions possibles du probleme de maximisation et (�2; 2) et (2;�2) les

seules possibles du probleme de minimisation.

(b) Avec L = x + y � � (x2 + 3xy + 3y2 � 3), les conditions du premier ordre sont

1 � 2�x � 3�y = 0 et 1 � 3�x � 6�y = 0. Ces equations donnent

1 = 2�x + 3�y = 3�x + 6�y:

En particulier, � (3y + x) = 0. Comme � = 0 est impossible, x = �3y. En introduisant

cette expression de x, la contrainte devient 3y2 = 3, d’ou y = ˙1. Deux candidats :

(x; y; �) = (3;�1; 13) et (x; y; �) = (�3; 1;� 1

3). Comme la fonction objectif est continue

et la courbe de contrainte est bornee fermee (en fait une ellipse – voir (5.5.5)), le

theoreme des bornes atteintes garantit l’existence d’extrema. Les valeurs de la fonction

sont f (3;�1) = 2 et f (�3; 1) = �2. Le maximum se produit en (3;�1), le minimum

en (�3; 1).

2. (a) Avec L = x2 + y2 � 2x + 1 � � (x2 + 4y2 � 16), les conditions du premier ordre

sont (i) 2x � 2 � 2�x = 0 et (ii) 2y � 8�y = 0. L’equation (i) implique x 6= 0 et, de

la, � = 1 � 1=x, tandis que l’equation (ii) entraıne y = 0 ou � = 1=4. Si y = 0, alors

x2 = 16� 4y2 = 16, de sorte que x = ˙4, qui donne alors � = 1� 1=4. Si y 6= 0, alors

� = 1=4 et (i) donne 2x � 2 � x=2 = 0, d’ou x = 4=3.

La contrainte x2 + 4y2 = 16 fournit 4y2 = 16 � 16=9 = 128=9, de sorte que

y = ˙√

32=9 = ˙4p

2=3.

Il y a donc quatre candidats : (i) (x; y; �) = (4; 0; 3=4), (ii) (x; y; �) = (�4; 0; 5=4),

(iii) (x; y; �) = (4=3; 4p

2=3; 1=4) et (iv) (x; y; �) = (4=3;�4p

2=3; 1=4).

L’examen des valeurs prises par la fonction conduit au resultat suivant : maximum en

(x; y; �) = (�4; 0; 5=4), minimum en (x; y; �) = (4=3;˙4p

2=3; 1=4).

(b) Le lagrangien s’ecrit L = ln (2 + x2) + y2 �� (x2 + 2y � 2). Les conditions du pre-

mier ordre pour que (x; y) amene au minimum sont (i) @L=@x = 2x=(2+x2)�2�x = 0,

(ii) @L=@y = 2y � 2� = 0, (iii) x2 + 2y = 2. De (i) decoule x(1=(2 + x2)��

)= 0, soit

x = 0 ou � = 1=(2 + x2).

(I) Si x = 0, alors (iii) donne y = 1, de sorte que (x1; y1) = (0; 1) est un candidat.

(II) Si x 6= 0, alors y = � = 1=(2 + x2) , par (ii). On introduit l’expression

y = 1=(2 + x2) dans (iii) et on obtient ainsi

x2 + 2=(2 + x2) = 2 () 2x2 + x4 + 2 = 4 + 2x2 () x4 = 2 () x = ˙ 4p

2:

De (iii), y = 1 � 12x2 = 1 � 1

2

p2. D’ou,

(x2; y2) = (4p

2; 1 � 12

p2) et (x3; y3) = (� 4

p2; 1 � 1

2

p2)




sont deux nouveaux candidats. On compare les valeurs prises par la fonction

f (x1; y1) = f (0; 1) = ln 2 + 1 � 1;69;

f (x2; y2) = f (x3; y3) = ln (2 +p

2 ) + (1 � 12

p2 )2 = ln (2 +

p2 ) + 3

2�p

2 � 1;31:

On conclut que le minimum de f (x; y) soumise a la contrainte se produit en (x2; y2) et

(x3; y3).

3. (a) L = x + y � �(x2 + y � 1). Les equations L0x = 1 � 2�x = 0, L

0y = 1 � � = 0 et

x2 + y = 1 ont comme solution x = 1=2, y = 3=4 et � = 1.

(b) Voir figure C14.3.3. Le probleme de minimisation n’a pas de solution, car

f (x; 1 � x2) = x + 1 � x2 ! �1 lorsque x ! +1.

(c) Nouvelle solution : x = 0;5 et y = 0;85. La variation de la fonction de valeur opti-

male est f �(1;1) � f �(1) = (0;5 + 0;85) � (0;5 + 0;75) = 0;1.

Comme � = 1, on a � � dc = 1 � 0;1 = 0;1. Dans ce cas, (14.2.3) est verifiee avec

egalite. (C’est du a la forme particuliere des fonctions f et g.)

y

x− 1 1

y = 1 − x2( 1

2 , 34 )

x + y = 12

x + y = 54

Figure C14.3.3

4. (a) Avec L = 24x�x2 + 16y�2y2��(x2 + 2y2�44), les conditions du premier ordre

sont (i) L0x = 24�2x�2�x = 0 et (ii) L

0y = 16�4y�4�y = 0. De (i), x (1+�) = 12 et

de (ii) y (1+�) = 4. Apres elimination de � de (i) et (ii), on obtient x = 3y = 12=(1+�),

avec � 6= �1. On introduit ce resultat dans la contrainte, 11y2 = 44, soit y = ˙2 et,

de la, x = ˙6. Il y a deux candidats, (6; 2) avec � = 1 et (�6;�2) avec � = �3. Le

calcul de la fonction objectif en ces deux points mene a conclure que le seul maximum

possible est en (x; y) = (6; 2). Comme la fonction objectif est continue et la courbe de

la contrainte, bornee fermee, le theoreme des bornes atteintes garantit qu’il y a bien un

maximum en ce point.

(b) Selon la formule (14.2.3), la variation est a peu pres egale a � � 1 = 1.

14.4

1. L(x; y) = xy��(x+y�2), de sorte que les conditions du premier ordre sont y�� = 0,

x � � = 0, avec l’unique solution x = y = � = 1 verifiant la contrainte x + y = 2.

Alors, quand � = 1, on a L(2; 2) = 2 > L(1; 1) = 1, de sorte que (1; 1) ne produit pas

de maximum pour L. (En fait, L(x; y) admet un point-selle en (1; 1).)




2. Le probleme des systemes de trois equations a deux inconnues n’est pas qu’ils soient

plus difficiles a resoudre, c’est qu’ils sont souvent incompatibles – c’est-a-dire qu’il est

impossible de les resoudre.

Les equations f 0x (x; y) = f 0y (x; y) = 0 ne sont pas valides au point optimal.

3. (a) Avec L = 2x + 3y � � (px +py � 5), L

0x (x; y) = 2 � �=2

px = 0,

L0y (x; y) = 3 � �=2

py = 0. D’ou y = 4x=9, et x = 9 et y = 4.

(b) Voir figure C14.4.3. Deplacez la droite d’equation 2x + 3y = c le plus loin possible

dans la direction nord-est. La solution est en (x; y) = (0; 25).

(c) Commeg(x; y) est continument differentiable seulement sur l’ensembleAdes (x; y)

tels que x > 0 et y > 0, le theoreme ne s’applique pas au point (x; y) = (0; 25).

y

x

√x + √y = 5

2x + 3y = 75

2x + 3y = 50

P(25, 0)

2x + 3y = 30

(0, 25)

y

− 6− 5

− 4− 3− 2− 1

12

3456

x− 3− 2− 1 1 2 3 4

(x ,y)

y 2 = x(x + 1)2

d


4. Avant d’essayer de trouver le minimum demande, on observe le graphique de la courbe

d’equation g(x; y) = 0, que montre la figure C14.4.4. Elle se compose de trois parties :

(i) la courbe continue d’equation y =px (x + 1) dans le quadrant positif ; (ii) la courbe

continue d’equation y = �px (x + 1), image de (i) par une reflexion par rapport a l’axe

Ox ; (iii) le point isole (�1; 0). Le probleme consiste a trouver le point de la courbe le

plus proche du point de coordonnees (�2; 0). Geometriquement, il est evident que ce

minimum se produit au point isole (�1; 0), ou f (�1; 0) = 1.

Avec le lagrangien L = (x + 2)2 + y2 � �(y2 � x (x + 1)2), on a

L0x = 2 (x + 2) + �((x + 1)2 + 2x (x + 1)); L

0y = 2y (1 � �).

Notez que L0y = 2y (1 � �) = 0 seulement si � = 1 ou y = 0. Pour � = 1, on a

L0x = 3 (x + 1)2 + 2 > 0 quel que soit x. Pour y = 0, la contrainte donne x = 0 ou

x = �1.

En x = 0, L0x = 4 + � = 0 et en x = �1, L

0x = 2.

La methode des multiplicateurs de Lagrange ne fournit que la solution eventuelle

(x; y) = (0; 0) avec � = �4, qui ne correspond pas a un minimum local. Le minimum

global en (�1; 0) ne satisfait pas aux conditions du premier ordre L0x = L

0y = 0 pour

quelque valeur de � que ce soit, car L0x = 2 en ce point. La methode des multiplicateurs

de Lagrange ne peut donc pas identifier ce minimum. Notez qu’en (�1; 0) a la fois

g0x (�1; 0) et g0y (�1; 0) sont nuls.




14.5

1. Comme L = 10x1=2y1=3��(2x + 4y �m) est concave en (x; y) (voir exercice 13.2.8),

le theoreme 14.5.1 s’applique.

2. Avec L = ln x+ln y��(px+qy�m), L0x = 1=x�p�, L

0y = 1=y�q�, L

00xx = �1=x2,

L00xy = 0 et L

00yy = �1=y2. De plus, g0x = p et g0y = q. De la,

D(x; y; �) = �q2=x2 � p2=y2 < 0:

La condition (a) du theoreme 14.5.2 est verifiee.

3. CommeD(x; y; �) = 10, le theoreme 14.5.2 dit que (a=5; 2a=5) est un minimum local.

4. Avec L = xa + ya � �(px + qy �m), les conditions du premier ordre sont

L0x = axa�1 � �p = 0 et L

0y = aya�1 � �q = 0:

Il en decoule que � 6= 0 et aussi x = (�p=a)1=(a�1), y = (�q=a)1=(a�1).

L’introduction de ces valeurs de x et y dans la contrainte de budget mene a

(�=a)1=(a�1)(pa=(a�1) + qa=(a�1)) = m:

Afin de simplifier les notations, on pose R = pa=(a�1) + qa=(a�1). On a alors

(�=a)1=(1�a) = m=R:

Par consequent, x = mp1=(a�1)=R et y = mq1=(a�1)=R.

14.6

1. (a) L(x; y; z) = x2 + y2 + z2 � �(x + y + z � 1), de sorte que L0x = 2x � � = 0,

L0y = 2y � � = 0, L

0z = 2z � � = 0. Il s’ensuit que x = y = z. La seule solution des

conditions necessaires est (1=3; 1=3; 1=3) avec � = 2=3.

(b) Le probleme consiste a determiner la plus courte distance entre l’origine et le plan

d’equation x + y + z = 1. Le probleme de maximisation correspondant n’a pas de

solution.

2. x =1=2

1=2 + 1=3 + 1=4

390

4= 45, y =

1=3

1=2 + 1=3 + 1=4

390

3= 40,

z =1=4

1=2 + 1=3 + 1=4

390

6= 15.

3. (a) Avec le lagrangien L = x +py � 1=z � �(px + qy + rz � m), les conditions du

premier ordre sont

(i) @L=@x = 1 � �p = 0 ;

(ii) @L=@y = 12y�1=2 � �q = 0 ;

(iii) @L=@z = z�2 � �r = 0.

(b) Des equations de (a), on tire � = 1=p et, de la, 12y�1=2 = q=p, de sorte que




y = p2=4q2 et finalement z =√p=r . On introduit ces expressions de y et z dans la

contrainte de budget et on resout par rapport a x, cela donne x = m=p�p=4q�√r=p.

(c) Substitution directe.

(d) @U �=@m = 1=p = �, comme on s’y attend depuis la section 14.2.

4. Le lagrangien est L = ˛ ln x + ˇ ln y + (1� ˛ � ˇ) ln(L� l)� � (px + qy �wl). Ses

points stationnaires sont tels que

(i) L0x = ˛=x� � �p = 0 ;

(ii) L0y = ˇ=y� � �q = 0 ;

(iii) L0l = �(1 � ˛ � ˇ)=(L � l�) + �w = 0.

De (i) et (ii), qy� = (ˇ=˛)px�, tandis que de (i) et (iii) l� = L� [(1�˛�ˇ)=w˛]px�.On introduit dans la contrainte de budget et on resout par rapport a x�. Cela donne

x� = ˛wL=p, y� = ˇwL=q et l� = (˛ + ˇ)L.

5. Comme les contraintes se reduisent a h+ 2k + l = 0 et 2h�k� 3l = 0, k = �h et l = h.

Mais alors x2 + y2 + z2 = 200 + 3h2 > 200 pour tout h, de sorte que f est maximale

pour h = 0. Ensuite k = l = 0 aussi et on conclut que (x; y; z) = (10; 10; 0) est solution

du probleme de minimisation.

6. Ici, L = a21x

21 + � � � + a2

nx2n � � (x1 + � � � + xn � 1). Les conditions necessaires sont

L0xj

= 2a2jxj � � = 0; j = 1; : : : ; n;

ce qui conduit a xj = �=2a2j . En les introduisant dans la contrainte, on trouve la relation

1 = 12� (1=a2

1 + � � � + 1=a2n). Donc, pour j = 1; : : : ; n, on a

xj = 1=a2j (1=a2

1 + � � � + 1=a2n) = 1=a2

j

n∑

i=1

(1=a2i ):

Si au moins un ai est nul, la valeur minimale est 0 ; elle est atteinte en posant le xicorrespondant egal a 1, les autres xj etant tous nuls.

7. Le lagrangien s’ecrit L = x + y � � (x2 + 2y2 + z2 � 1) � � (x + y + z � 1). Les

coordonnees de ses points stationnaires sont telles que

(i) L0x = 1 � 2�x � � = 0 ;

(ii) L0y = 1 � 4�y � � = 0 ;

(iii) L0z = �2�z � � = 0.

De (ii) et (iii), on a 1 = �(4y � 2z), et en particulier � 6= 0. De (i) et (ii), �(x � 2y) = 0

et aussi x = 2y. En substituant cette expression de x dans les contraintes, on obtient

6y2 +z2 = 1 et 3y+z = 1. Alors z = 1�3y implique 1 = 6y2 +(1�3y)2 = 15y2�6y+1.

De la, y = 0 ou y = 2=5, impliquant x = 0 ou x = 4=5 et z = 1 ou z = �1=5. Les seuls

candidats sont (x; y; z) = (0; 0; 1) avec � = �1=2, � = 1 et (x; y; z) = (4=5; 2=5;�1=5)

avec� = 1=2,� = 1=5. Comme x+y est nul en (0; 0; 1) et vaut 6=5 en (4=5; 2=5;�1=5),

ce sont respectivement le minimum et le maximum. (Les deux contraintes determinent

la courbe d’intersection entre un ellipsoıde (voir figure 11.4.2) et un plan. Comme un

ellipsoıde est un ensemble borne ferme de l’espace de dimension trois, la courbe en




question l’est aussi et la fonction objectif, continue, atteint obligatoirement des valeurs

extremes sur cette courbe.)

8. (a) Pour la fonction d’utilite de Cobb-Douglas donnee, on a U 0xj (x) = ˛jU (x)=xj .

Alors, (14.6.6) dans le cas k = 1 implique pj =p1 = U 0xj (x)=U 0x1(x) = ˛jx1=˛1xj .

D’ou pjxj = (aj =a1)p1x1. On introduit cette expression dans la contrainte de budget

pour j = 2; : : : ; n, ce qui donnep1x1 +(a2=a1)p1x1 +� � �+(an=a1)p1x1 = m, impliquant

p1x1 = a1m=(a1 + � � �+an). De meme, pjxj = ajm=(a1 + � � �+an) pour k = 1, : : : , n.

(b) De (14.6.6) dans le cas k = 1, on a xa�1j =xa�1

1 = pj =p1 et ainsi

xj =x1 = (pj =p1)�1=(1�a) ou pjxj =p1x1 = (pj =p1)1�1=(1�a) = (pj =p1)�a=(1�a):

On introduit cette expression dans la contrainte de budget pour j = 2; : : : ; n, ce qui

donne

p1x1

[1 + (p2=p1)�a=(1�a) + � � � + (pn=p1)�a=(1�a)

]= m

de sorte que

p1x1 = mp�a=(1�a)1

/ n∑

i=1

p�a=(1�a)i :

Le meme raisonnement pour chaque k conduit a

xj = mp�1=(1�a)j

/ n∑

i=1

p�a=(1�a)i

pour k = 1, : : : , n:


1. (a) Si � est le multiplicateur de Lagrange, les conditions du premier ordre impliquent

3 � 2�x = 0 et 4 � 2�y = 0, de sorte que 3y = 4x. Compte tenu de cette relation, la

contrainte devient x2 = 81 ou x = ˙9. Comme le lagrangien est concave, la solution

est en x = 9, y = 12, avec � = 1=6.

(b) Selon (14.2.3), f �(225 � 1) � f �(225) � �(�1) = �1=6.

2. (a) x = 2m=5p, y = 3m=5q.

(b) x = m=3p, y = 2m=3q.

(c) x = 3m=5p, y = 2m=5q.

3. (a) Si les ventes x du premier bien s’accroissent, l’augmentation nette du profit par unite

d’augmentation de x est la somme des trois termes : (i) p(x�), gain en recette issu du

surcroıt de production ; (ii)�p0(x�) x�, perte de revenu lors de la vente de x� unites a un

prix reduit ; (iii)�C 0x (x�; y�), oppose du cout marginal de la production supplementaire.

En fait, p(x�) + p0(x�) x� est la derivee de la fonction de recette R(x) = p(x) x en

x = x�, habituellement appelee la recette marginale. La premiere condition du premier

ordre p(x�) = C 0x (x�; y�) � x�p0(x�) dit que la recette marginale doit etre egale au

cout marginal (partiel).




Idem pour la deuxieme condition du premier ordre q(y�) = C 0y (x�; y�)� y�q0(y�), en

cas d’augmentation des ventes y du second bien.

(b) Compte tenu de la restriction x + y 6 m, on doit ajouter la condition � > 0, avec

� = 0 si x + y < m.

4. (a) Le lagrangien est L(x; y) = U (x; y)��[py�w(24�x)]. Les conditions du premier

ordre impliquent pU 0x = wU 0y = �wp, ce qui immediatement conduit a (��).

(b) En derivant (�) et (��) par rapport a w, on obtient

py 0w = 24� x �wx0w et p(U 0011x0w +U 0012y

0w) = U 0y +w(U 0021x

0w +U 0022y

0w). La solution de

ces deux equations est la formule proposee de x0w = @x=@w.

5. (a) Avec L = x2 +y2� 2x + 1�� ( 14x2 +y2� b), les conditions du premier ordre sont

(i) L0x = 2x � 2 � 1

2�x = 0 ;

(ii) L0y = 2y � 2�y = 0 ;

(iii) 14x2 + y2 = b.

De (ii), il vient (1 � �)y = 0 et donc � = 1 ou y = 0.

(I) Cas � = 1. Alors, (i) donne x = 43

et, de (iii), on tire y2 = b � 14x2 = b � 4

9, ce qui

donne y = ˙√b � 4

9:

Deux candidats : (x1; y1) = (4=3;

√b � 4

9) et (x2; y2) = (4=3;�

√b � 4

9).

(II) Cas y = 0. De (iii), x2 = 4b, c’est-a-dire x = ˙2pb.

Deux candidats supplementaires : (x3; y3) = (2pb; 0) et (x4; y4) = (�2

pb; 0). La

fonction objectif prend les valeurs suivantes : f (x1; y1) = f (x2; y2) = b � 1=3,

f (x3; y3) = (2pb � 1)2 = 4b � 4

pb + 1, f (x4; y4) = (�2

pb � 1)2 = 4b + 4

pb + 1.

Clairement, le maximum se produit en (x4; y4). Pour savoir lequel des trois autres cou-

ples (x3; y3), (x1; y1) ou (x2; y2) conduit au minimum, on doit decider lequel des deux

nombres 4b � 4pb + 1 ou b � 1

3est le plus petit.

Leur difference est 4b � 4pb + 1 �

(b � 1

3

)= 3(b � 4

3

pb + 4

9

)= 3(pb � 2

3

)2> 0

puisque b > 49. Le minimum se produit en (x1; y1) et (x2; y2).

La contrainte x2=4 + y2 = b decrit l’ellipse de la figure C14.R.5. La fonction objectif

f (x; y) = (x � 1)2 + y2 fournit le carre de la distance entre les points de coordonneees

(x; y) et (1; 0). Les courbes de niveau de f sont des lors des cercles centres en (1; 0) et

la figure montre les deux qui passent par les points de minimum et de maximum.

6. (a) Avec L(x; y) = v(x) + w(y) � � (px + qy � m), les conditions du premier ordre

fournissent v0(x) = �p et w0(y) = �q. D’ou v0(x)=w0(y) = p=q.

(b) Comme L00xx = v00(x), L

00yy = w00(y) et L

00xy = 0, on constate que le lagrangien est

concave.

7. (a) Avec L = x2 � 2x + 1 + y2 � 2y ��[(x + y)√x + y + b � 2

pa], les conditions du

premier ordre sont

(i) L0x = 2x � 2 � �[

√x + y + b + (x + y)=2

√x + y + b ] = 0 ;

(ii) L0y = 2y � 2 � �[

√x + y + b + (x + y)=2

√x + y + b ] = 0.

Les conditions du premier ordre impliquent 2x� 2 = 2y� 2, de sorte que x = y. La

contrainte donne 2xp

2x + b = 2pa. Apres substitution dans la contrainte, elevation

au carre et simplification, on obtient la deuxieme equation de (�).




(b) On prend les differentielles (i) dx = dy ; (ii) 6x2 dx + x2 db + 2bx dx = da. On

identifie facilement dans ces equations les derivees partielles de x et y par rapport a a

et b, @x=@a = 1=2x (3x + b) et @x=@b = �x=2 (3x + b). Et, de la,

@2x

@a2=@

@a

(@x

@a

)=@

@a

1

6x2 + 2bx

= � 12x + 2b

(6x2 + 2bx)2

@x

@a= � 12x + 2b

(6x2 + 2bx)3= � 6x + b

4x3 (3x + b)3:

y

x

−4

−2

2

4

−4 −2 2 4 6

(x1,y 1)

(x3,y 3)

(x 2,y2)

(x 4 ,y4)

Figure C14.R.5

8. Avec L = 10 � (x � 2)2 � (y � 1)2 � �(x2 + y2 � a), les conditions de Kuhn-Tucker

sont

(i) L0x = �2 (x � 2) � 2�x = 0 ;

(ii) L0y = �2 (y � 1) � 2�y = 0 ;

(iii) � > 0, avec � = 0 si x2 + y2 < a.

Puisque le lagrangien est concave quand � > 0, ces conditions sont suffisantes pour un

maximum.

Premier cas, � = 0. Alors (x; y) = (2; 1). C’est valable quand a > x2 + y2 = 5.

Deuxieme cas, � > 0. Alors (i) implique x = 2=(1 + �) et (ii) implique y = 1=(1 + �).

Comme (iii) implique x2 + y2 = a, on a 5=(1 + �)2 = a et ainsi � =√

5=a � 1, qui est

strictement positif lorsque a < 5. La solution est (x; y) = (2√a=5;

√a=5).

9. (a) Avec L = xy � �1 (x2 + ry2 � m) � �2 (�x + 1), les conditions de Kuhn-Tucker

pour que (x�; y�) soit solution du probleme sont

(i) L0x = y� � 2�1x

� + �2 = 0 ;

(ii) L0y = x� � 2r�1y

� = 0 ;

(iii) �1 > 0, avec �1 = 0 si (x�)2 + r(y�)2 < m ;

(iv) �2 > 0, avec �2 = 0 si x� > 1 ;

(v) (x�)2 + r(y�)2 6 m ;

(vi) x� > 1.




(b) A (ii) et (vi), on voit que �1 = 0 est impossible. Donc, �1 > 0 et, a (iii) et (v), on

voit que (vii) (x�)2 + r(y�)2 = m.

(I) : On suppose �2 = 0. Alors, de (i) et (ii), y� = 2�1x� et x� = 2�1ry

�, de sorte

que x� = 4�21rx�. Mais (vi) implique x� 6= 0. De la, �2

1 = 1=4r et donc �1 = 1=2pr .

Ensuite, y� = x�=pr . On introduit dans (vii) et on resout par rapport a x�. Cela donne

x� =√m=2 et y� =

√m=2r . Notez que

x� > 1 ()√m=2 > 1 () m > 2:

D’ou, pour m > 2, un candidat a la solution x� =√m=2 et y� =

√m=2r , avec

�1 = 1=2pr et �2 = 0.

(II) : On suppose �2 > 0. Alors, x� = 1 et de (vii), on tire r(y�)2 = m � 1. Par (ii), on

a y� > 0, de sorte que

y� =√

(m � 1)=r:

On introduit ces valeurs dans (i) et (ii), puis on resout par rapport a �1 et �2. On obtient

�1 = 1=2pr(m � 1) et ensuite �2 = (2 �m)=

pr(m � 1). Notez que

�2 > 0 () 1 < m < 2:

D’ou, pour 1 < m < 2, le seul candidat est

x� = 1; y� =√

(m � 1)=r;

avec �1 = 1=2pr(m � 1) et �2 = (2 �m)=

pr(m � 1).

La fonction objectif est continue et l’ensemble realisable est manifestement borne

ferme. Par consequent, en vertu du theoreme des bornes atteintes, il y a un maximum.

Les candidats trouves sont bien les solutions du programme. (Sinon, L00xx = �2�1 6 0,

L00yy = �2r�1 6 0 et � = L

00xxL

00yy � (L00xy)2 = 4r�2

1 � 1. Dans ce cas, m > 2, � = 0

et si 1 < m < 2, � = 1=(m � 1) > 0. Dans les deux cas, L(x; y) est concave.)

(c) Pourm > 2, V (r;m) = m=2pr , de sorte que V 0m = 1=2

pr = �1 et V 0r = �m=4

pr3,

alors que L0r = ��1 (y�)2 = �(1=2

pr)m=2r = �m=4

pr3.

Pour 1 < m < 2, V (r;m) =√

(m � 1)=r , de sorte que V 0m = 1=2pr(m � 1) = �1 et

V 0r = �(1=2)√

(m � 1)=r3, alors que

L0r = ��1 (y�)2 = �[1=2

√r(m � 1)](m � 1)=r = �(1=2)

√(m � 1)=r3:

10. Avec le lagrangien L = R(Q)�C (Q)� � (�Q), les conditions du premier ordre pour

que Q� soit solution sont

(i) R0(Q�) � C 0(Q�) + � = 0 ;

(ii) � > 0, avec � = 0 si Q� > 0.

Ces conditions sont aussi suffisantes, car le lagrangien est concave enQ. Une condition

suffisante (et necessaire) pour que Q� = 0 soit optimal est que � 0(0) 6 0, ou de facon

equivalente, R0(0) 6 C 0(0). (Faites une figure.)




11. (a) Le probleme de maximisation pose s’ecrit : max (�rK �wL) s.c. �pKL 6 �Q.

Avec le lagrangien L = �rK �wL� � (�pKL +Q), les conditions de Kuhn-Tucker

pour que (K�; L�) soit solution sont

(i) L0K = �r + � (

pL�=2

pK�) = 0 ;

(ii) L0L = �w + � (

pK�=2

pL�) = 0 ;

(iii) � > 0 (� = 0 sipK�L� > Q).

Manifestement � = 0 contredirait (i) et (ii), de sorte que � > 0 et (iv)pK�L� = Q. En

eliminant � de (i) et (ii), on trouve L� = rK�=w. Ensuite, (iv) fournit K� = Q√w=r

et L� = Q√r=w.

(b) c�(r; w;Q) = rK� + wL� = 2Qprw, de sorte que @c�=@r = Q

√w=r = K�. Si

le prix r du capital augmente de 1, alors le cout minimum augmentera d’environ K�,le choix optimal du capital injecte. L’equation @c�=@w = Q

√r=w = L� s’interprete

de la meme facon.

Chapitre 15 / Algebre des matrices et des vecteurs

15.1

1. (a), (c), (d) et (f) sont du premier degre, (b) et (e) ne le sont pas.

2. Oui, premier degre en a, b, c et d .

3.

2x1 + 4x2 + 6x3 + 8x4 = 2

5x1 + 7x2 + 9x3 + 11x4 = 4

4x1 + 6x2 + 8x3 + 10x4 = 8

4. Le systeme s’ecrit

x2 + x3 + x4 = b1

x1 + x3 + x4 = b2

x1 + x2 + x4 = b3

x1 + x2 + x3 = b4

avec comme solution

x1 = � 23b1 + 1

3(b2 + b3 + b4)

x2 = � 23b2 + 1

3(b1 + b3 + b4)

x3 = � 23b3 + 1

3(b1 + b2 + b4)

x4 = � 23b4 + 1

3(b1 + b2 + b3):

(L’addition des 4 equations, puis la division par 3, donne

x1 + x2 + x3 + x4 =1

3(b1 + b2 + b3 + b4):

La soustraction de chacune des equations initiales de cette nouvelle equation donne les

expressions de x1; x2; x3; x4. Une autre methode serait une elimination systematique

des variables en commencant par x4 par exemple.)



CHAPITRE 15 / Algebre des matrices et des vecteurs 137

5. (a) L’ensemble des biens detenus par l’individu j .

(b) ai1 + ai2 + � � � + ain est le stock total du bien i . Le premier cas est i = 1.

(c) p1a1j + p2a2j + � � � + pmamj6. Le systeme d’equations est

0;712y � c = �95;05

0;158x � s + 0;158c = 34:30

x � y � s + c = 0

x = 93;53

:

Resoudre la premiere equation pour exprimer y comme une fonction de c. Introduire

cette expression de y et x = 93;53 dans la troisieme equation. La resoudre pour obtenir

s comme une fonction de c. Inserer ces resultats dans la deuxieme equation et resoudre

par rapport a c. Puis, finalement resoudre par rapport a y et s. La solution est x = 93;53,

y � 482;11, s � 49;73 et c � 438;31.

15.2

1. A =

1 0 0

0 1 0

0 0 1

2. A + B =

(1 0

7 5

), 3A =

(0 3

6 9

).

3. u = 3 et v = �2. (L’egalisation des elements de la ligne 1 et de la colonne 3 donne

u = 3. Ensuite, l’egalisation de ceux de la ligne 2 et de la colonne 3 donne u� v = 5 et,

de la, v = �2. Les autres elements doivent alors etre verifies, mais c’est evident.)

4. A + B =

(1 0 4

2 4 16

), A� B =

(�1 2 �6

2 2 �2

)et 5A� 3B =

(�3 8 �20

10 12 8

).

15.3

1. (a) AB =

(0 �2

3 1

)(�1 4

1 5

)

=

(0 � (�1) + (�2) � 1 0 � 4 + (�2) � 5

3 � (�1) + 1 � 1 3 � 4 + 1 � 5

)=

(�2 �10

�2 17

)

et BA =

(12 6

15 3

).

(b) AB =

(26 3

6 �22

)et BA =

14 6 �12

35 12 4

3 3 �22

.

(c) AB =

0 0 0

0 4 �6

0 �8 12

et BA = (16), une matrice (1; 1).

(d) AB n’est pas definie. BA =

�1 4

3 4

4 8

.




2. (i)

(�1 15

�6 �13

)

(ii) AB =

(0 0

0 0

)

(iii) De (ii) decoule C(AB) =

(0 0

0 0

).

3. A + B =

4 1 �1

9 2 7

3 �1 4

, A � B =

�2 3 �5

1 �2 �3

�1 �1 �2

, AB =

5 3 3

19 �5 16

1 �3 0

,

BA =

0 4 �9

19 3 �3

5 1 �3

, (AB)C = A(BC) =

23 8 25

92 �28 76

4 �8 �4

.

4. (a)

(1 1

3 5

)(x1

x2

)=

(3

5

)

(b)

1 2 1

1 �1 1

2 3 �1

x1

x2

x3

=

4

5

1

(c)

(2 �3 1

1 1 �1

)x1

x2

x3

=

(0

0

)

5. (a) A � 2I =

(0 2

1 3

). La matrice C doit etre d’ordre (2; 2). Avec C =

(c11 c12

c21 c22

),

on doit avoir

(0 2

1 3

)(c11 c12

c21 c22

)=

(1 0

0 1

)ou

(2c21 2c22

c11 + 3c21 c12 + 3c22

)=

(1 0

0 1

):

D’ou c11 = �3=2, c12 = 1, c21 = 1=2 et c22 = 0.

(b) B�2I =

(0 0

3 0

), de sorte que la premiere ligne de toute matrice produit (B�2I) D

doit etre (0; 0). Par consequent, aucune telle matrice D ne peut exister.

6. (a) On sait que A est une matrice (m; n). Soit B une matrice (p; q). La matrice produit

AB est definie si et seulement si n = p et la matrice produit BA est definie si et seulement

si q = m. Pour que les produits AB et BA soient definis, il est necessaire et suffisant

que B soit une matrice (n;m).

(b) On sait, par la partie (a), que B doit etre une matrice (2; 2). Soit B =

(x y

z w

).

Alors,

BA =

(x y

z w

)(1 2

2 3

)=

(x + 2y 2x + 3y

z + 2w 2z + 3w

);

AB =

(1 2

2 3

)(x y

z w

)=

(x + 2z y + 2w

2x + 3z 2y + 3w

):

De la, BA = AB si et seulement si (i) x + 2y = x + 2z, (ii) 2x + 3y = y + 2w,

(iii) z + 2w = 2x + 3z et (iv) 2z + 3w = 2y + 3w.

Les equations (i) et (iv) sont toutes les deux vraies si et seulement si y = z ; alors,




les equations (ii) et (iii) sont aussi toutes les deux vraies si et seulement si, en plus,

x = w � y. En resume, il faut et il suffit que y = z et x = w � y. Les matrices B qui

commutent avec A sont de la forme

B =

(w � y y

y w

)= w

(1 0

0 1

)+ y

(�1 1

1 0

)

ou y et w peuvent etre n’importe quel nombre reel.

7. T(Ts) =

0;85 0;10 0;10

0;05 0;55 0;05

0;10 0;35 0;85

0;25

0;35

0;40

=

0;2875

0;2250

0;4875

15.4

1. A(B + C) = AB + AC =

(3 2 6 2

7 4 14 6

)

2. On commence par effectuer le produit

a d e

d b f

e f c

x

y

z

=

ax + dy + ez

dx + by + f z

ex + fy + cz

.

Ensuite,

(x; y; z)

ax + dy + ez

dx + by + f z

ex + fy + cz

= (ax2 + by2 + cz2 + 2dxy + 2exz + 2fyz), qui est une

matrice (1; 1).

3. Un calcul direct montre que (AB)C et A(BC) sont des matrices egales a la matrice

D = (dij ) carree d’ordre 2 dont les quatre elements sont

dij = ai1b11c1j + ai1b12c2j + ai2b21c1j + ai2b22c2j

pour i = 1; 2 et j = 1; 2.

4. (a)

5 3 1

2 0 9

1 3 3

(b) (1; 2;�3)

5. Egalite dans (a) aussi bien que dans (b) si et seulement si AB = BA.

(En effet, (A + B) (A � B) = A2 � AB + BA � B2 6= A2 � B2 a moins que AB = BA.

L’autre cas est semblable.)

6. (a) Verification directe par multiplication.

(b) AA = (AB)A = A(BA) = AB = A, de sorte que A est idempotente. Juste permuter

A et B pour montrer que B est idempotente.

(c) On suppose, par hypothese d’induction, que Ak = A pour k = 1.

Alors Ak+1 = AkA = AA = A, ce qui acheve la demonstration par induction.

7. Si P3Q = PQ, alors P5Q = P2 (P3Q) = P2 (PQ) = P3Q = PQ.




8. (a) Une verification directe fournit

(i) A2 = (a + d )A � (ad � bc)I2 =

(a2 + bc ab + bd

ac + cd bc + d 2

):

(b) La matrice A de la partie (a) est telle que A2 = 0 si a + d = 0 et ad = bc. Un

exemple de matrice A telle que A2 = 0 6= A est A =

(1 1

�1 �1

).

(c) Selon la partie (a), A3 = (a + d )A2 � (ad � bc)A. Ainsi, A3 = 0 implique

(a +d )A2 = (ad � bc)A et, de la, en multipliant chaque membre par A encore une fois,

que (a + d )A3 = (ad � bc)A2. Si A3 = 0, deux cas peuvent se presenter : (i) A2 = 0 ;

(ii) ad � bc = 0. Mais, dans le second cas, on a (a + d )A2 = 0, ce qui conduit a deux

sous-cas : (a) A2 = 0 ; (b) ad � bc = 0 et (a + d ) = 0. Meme dans le cas (ii)(b), le

resultat de la partie (a) implique A2 = 0, ce qui est donc vrai dans tous les cas.

15.5

1. A0 =

3 �1

5 2

8 6

3 2

, B0 = (0; 1;�1; 2), C0 =

1

5

0

�1

.

2. A0 =

(3 �1

2 5

), B0 =

(0 2

2 2

), (A + B)0 =

(3 1

4 7

), (˛A)0 =

(�6 2

�4 �10

),

AB =

(4 10

10 8

); (AB)0 =

(4 10

10 8

)= B0A0 et A0B0 =

(�2 4

10 14

).

Verifier les regles (2) est maintenant tres facile.

3. L’equation (1) implique A = A0 et B = B0.

4. La symetrie exige a2 � 1 = a + 1 et a2 + 4 = 4a. La deuxieme equation admet l’unique

racine a = 2, qui satisfait aussi la premiere equation.

5. Non ! Par exemple :

(0 0

0 1

)(1 1

1 1

)=

(0 0

1 1

).

6. (A1A2A3)0 = (A1 (A2A3))0 = (A2A3)0A01 = (A03A02)A01 = A03A02A01. Le cas general se

demontre par induction. Quel que soit l’entier naturel n > 3, on a

((A1A2 � � �An�1)An)0 = A0n(A1A2 � � �An�1)0:

On suppose, hypothese d’induction, que le resultat est vrai pour n�1. Alors, la derniere

expression devient A0nA0n�1 � � �A02A01. Le resultat est donc vrai pour n.

7. (a) Verification directe.

(b)

(p q

�q p

)(p �qq p

)=

(p2 + q2 0

0 p2 + q2

)=

(1 0

0 1

)() p2 + q2 = 1.

(c) Si P0P = Q0Q = In, alors

(PQ)0(PQ) = (Q0P0) (PQ) = Q0(P0P)Q = Q0InQ = Q0Q = In:




8. (a) TS =

p3 + p2q 2p2q + 2pq2 pq2 + q3

12p3 + 1

2p2 + 1

2p2q p2q + pq + pq2 1

2pq2 + 1

2q2 + 1

2q3

p3 + p2q 2p2q + 2pq2 pq2 + q3

= S, car

p + q = 1.

Un calcul semblable montre que T2 = 12T + 1

2S. Pour obtenir la formule de T3, il n’est

plus necessaire de considerer les elements separement. Il faut multiplier chaque membre

de la derniere equation a gauche par T et utiliser TS = S pour obtenir

T3 = TT2 = T(1

2T +

1

2S) =

1

2T2 +

1

2TS =

1

2(1

2T +

1

2S) +

1

2S =

1

4T +

3

4S:

(b) On demontre par induction que la formule qui convient pour Tn est

(�) Tn = 21�nT + (1 � 21�n)S:

La formule est vraie pour n = 1 (et aussi pour n = 2; 3, grace a la partie (a)). On

suppose (�) vraie pour n = k. On premultiplie par T et on utilise les deux dernieres

inegalites de (a)

Tk+1 = TTk = T(21�kT + (1 � 21�k)S) = 21�kT2 + (1 � 21�k)TS

= 21�k(1

2T +

1

2S) + (1 � 21�k)S

= 2�kT + 2�kS + S � 2 � 2�kS = 2�kT + (1 � 2�k)S;

ce qui est la formule (�) pour n = k + 1.


1. (a) A =

(2 3 4

3 4 5

)

(b) A =

(1 �1 1

�1 1 �1

)

2. (a) A � B =

(3 �2

�2 2

)

(b) A + B � 2C =

(�3 �4

�2 �8

)

(c) AB =

(�2 4

2 �3

)

(d) C(AB) =

(2 �1

6 �8

)

(e) AD =

(2 2 2

0 2 3

)

(f) DC n’est pas definie.

3. (a) 2A � 3B =

(7 �6

�5 5

)

(b) (A � B)0 =

(3 �2

�2 2

)




(c) et (d) : (C0A0)B0 = C0(A0B0) =

(�6 5

�4 5

)

(e) Pas definie.

(f) D0D =

2 4 5

4 10 13

5 13 17

4. (a)

(2 �5

5 8

)(x1

x2

)=

(3

5

)

(b)

1 1 1 1

1 3 2 4

1 4 8 0

2 0 1 �1

x

y

z

t

=

a

b

c

d

(c)

a 1 a + 1

1 2 1

3 4 7

x

y

z

=

b1

b2

b3

5. A + B =

0 �4 1

8 6 4

�10 9 15

, A � B =

0 6 �5

�2 2 6

�2 5 15

, AB =

13 �2 �1

0 3 5

�25 74 �25

,

BA =

�33 1 20

12 6 �15

6 4 18

, (AB)C = A(BC) =

74 �31 �48

6 25 38

�2 �75 �26

:

6. Les matrices produits du membre de gauche sont

(2a + b a + b

2x x

)et

(a b

2a + x 2b

)

et leur difference est (a + b a

x � 2a x � 2b

):

En egalant cette matrice a celle du membre de droite

(2 1

4 4

), on obtient a + b = 2,

a = 1, x � 2a = 4 et x � 2 = 4. D’ou a = b = 1, x = 6.

7. (a) A2 =

a2 � b2 2ab b2

�2ab a2 � 2b2 2ab

b2 �2ab a2 � b2

(b) (C0BC)0 = C0B0(C0)0 = C0(�B)C = �C0BC: A est antisymetrique si et seulement si

a = 0.

(c) A01 = 12(A0 + A00) = 1

2(A0 + A) = A1, de sorte que A1 est symetrique. Il est aussi

facile de demontrer que A2 est antisymetrique, de meme que toute matrice carree A est

la somme A1 + A2 d’une matrice symetrique A1 et d’une matrice antisymetrique A2.

8. (a)

(1 4 1

2 2 8

)�2

�(

1 4 1

0 �6 6

)

�1=6�(

1 4 1

0 1 �1

) �4�(

1 0 5

0 1 �1

)

La solution est x1 = 5, x2 = �1.




(b)

2 2 �1 2

1 �3 1 0

3 4 �1 1

�

1 �3 1 0

2 2 �1 2

3 4 �1 1

�2 �3

�

1 �3 1 0

0 8 �3 2

0 13 �4 1

1=8

�

1 �3 1 0

0 1 �3=8 1=4

0 13 �4 1

�13

�

1 �3 1 0

0 1 �3=8 1=4

0 0 7=8 �9=4

8=7

�

1 �3 1 0

0 1 �3=8 1=4

0 0 1 �18=7

3 �

1 0 �1=8 3=4

0 1 �3=8 1=4

0 0 1 �18=7

3=8 1=8

�

1 0 0 3=7

0 1 0 �5=7

0 0 1 �18=7

.

La solution est x1 = 3=7, x2 = �5=7, x3 = �18=7.

(c)

(1 3 4 0

5 1 1 0

)�5

�(

1 3 4 0

0 �14 �19 0

)

�1=14

�(

1 3 4 0

0 1 19=14 0

) �3�(

1 0 �1=14 0

0 1 19=14 0

)

La solution est x1 = (1=14) x3, x2 = �(19=14)x3, ou x3 est arbitraire (un degre de

liberte).

9. Par la methode de Gauss,

1 a 2 0

�2 �a 1 4

2a 3a2 9 4

2 �2a

�

1 a 2 0

0 a 5 4

0 a2 9 � 4a 4

�a

�

1 a 2 0

0 a 5 4

0 0 9 � 9a 4 � 4a

:

Pour a = 1, la derniere equation est superflue et la solution est x = 3t � 4, y = �5t + 4,

z = t , avec t arbitraire. Si a 6= 1, on a (9 � 9a) z = 4 � 4a, de sorte que z = 4=9. Les

deux autres equations deviennent alors x + ay = �8=9 et ay = 16=9. Si a = 0, il n’y a

pas de solution. Si a 6= 0, la solution est x = �8=3, y = 16=9a et z = 4=9.

10. kak =p

35, kbk =p

11 et kck =p

69.

Aussi, ja � bj = j(�1) � 1 + 5 � 1 + 3 � (�3)j = j � 5j = 5 etp

35p

11 =p

385 est

clairement superieur a 5. L’inegalite de Cauchy-Schwarz est verifiee.

11. (a) Pour produire a, posez � = 1=2. Produire b requiert 6� + 2 = 7, �2� + 6 = 5 et

�6� + 10 = 5 et ces equations n’ont pas de solutions.

(b) Dans la partie (a), on a vu que a peut etre produit sans meme jeter quoi que ce soit.

Pour que b soit possible s’il est permis de jeter en partie ce qui est produit, il doit exister

un � dans [0; 1] tel que 6� + 2 > 7, �2� + 6 > 5 et �6� + 10 > 5. Ces inegalites se

reduisent a � > 5=6, � 6 1=2, � 6 5=6. Elles sont incompatibles.

(c) Le revenu = R(�) = p1x1 +p2x2 +p3x3 = (6p1� 2p2� 6p3)�+ 2p1 + 6p2 + 10p3.

Si la pente constante 6p1 � 2p2 � 6p3 est strictement positive, alors R(�) passe par un

maximum en � = 1; si 6p1 � 2p2 � 6p3 est strictement negative, R(�) passe par




un maximum en � = 0. Ce n’est que dans le cas 6p1 � 2p2 � 6p3 = 0 que les deux

usines peuvent rester en activite toutes les deux.

12. Si PQ �QP = P, alors PQ = QP + P et ainsi

P2Q = P(PQ) = P(QP + P)

= (PQ)P + P2 = (QP + P)P + P2 = QP2 + 2P2:

D’ou, P2Q �QP2 = 2P2: En outre,

P3Q = P(P2Q) = P(QP2 + 2P2) = (PQ)P2 + 2P3 = (QP + P)P2 + 2P3 = QP3 + 3P3:

D’ou, P3Q �QP3 = 3P3.

Pour demontrer le resultat dans le cas general, on procede par induction. On suppose

donc que la proposition est vraie dans le cas n = k, soit PkQ�QPk = kPk . Alors, pour

n = k + 1, on a

Pk+1Q = P(PkQ) = P(QPk + kPk) = (PQ)Pk + kPk+1

= (QP + P)Pk + kPk+1 = QPk+1 + (k + 1)Pk+1:

La proposition est vraie pour n = k + 1, grace a l’hypothese d’induction.

Chapitre 16 / Determinants et matrices inverses

16.1

1. (a) 3 � 6 � 2 � 0 = 18

(b) ab � ba = 0

(c) (a + b)2 � (a � b)2 = 4ab

(d) 3t2t�1 � 3t�12t = 3t�12t�1(3 � 2) = 6t�1

2. Voir figure C16.1.2. L’aire du parallelogramme ombre est egale a 3�6 = 18 =

∣∣∣∣3 0

2 6

∣∣∣∣.

(3, 0)

(2, 6)

Figure C16.1.2

3. (a) La regle de Cramer donne

x =

∣∣∣∣8 �1

5 �2

∣∣∣∣∣∣∣∣3 �1

1 �2

∣∣∣∣=�16 + 5

�6 + 1=

11

5; y =

∣∣∣∣3 8

1 5

∣∣∣∣∣∣∣∣

3 �1

1 �2

∣∣∣∣=

15 � 8

�6 + 1=

7

�5= �7

5:



CHAPITRE 16 / Determinants et matrices inverses 145

(b) x = 4 et y = �1.

(c) x =a + 2b

a2 + b2, y =

2a � ba2 + b2

, (a2 + b2 6= 0).

4. Les nombres a et b doivent etre tels que a + 1 = 0 et a � 3b = �10 ou a = �1 et b = 3.

5. L’expression du determinant est (2 � x) (�x) � 8 = 0 ou x2 � 2x � 8 = 0. La solution

est x = �2 ou x = 4.

6. La matrice produit est AB =

(a11b11 + a12b21 a11b12 + a12b22

a21b11 + a22b21 a21b12 + a22b22

), de determinant

jABj = (a11b11 + a12b21) (a21b12 + a22b22) � (a11b12 + a12b22) (a21b11 + a22b21).

D’autre part, jAjjBj = (a11a22 � a12a21) (b11b22 � b12b21). Si on effectue courageuse-

ment les produits de chaque membre, si, ensuite, on simplifie quatre termes dans

l’expression de jAjjBj, on s’apercoit que les deux expressions sont egales.

7. Si A = B =

(1 0

0 1

), alors jA + Bj = 4, alors que jAj + jBj = 2. (A et B peuvent etre

choisies presque arbitrairement.)

8. Ecrire le systeme sous la forme

{Y � C = I0 +G0

�bY + C = a

}. Ensuite, la regle de Cramer

fournit

Y =

∣∣∣∣I0 +G0 �1

a 1

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 �1

�b 1

∣∣∣∣=a + I0 +G0

1 � b ; C =

∣∣∣∣1 I0 +G0

�b a

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 �1

�b 1

∣∣∣∣=a + b (I0 +G0)

1 � b :

L’expression de Y est plus facile a trouver en substituant la deuxieme equation dans la

premiere, puis en resolvant par rapport a Y . Ensuite, utiliserC = a+bY pour obtenirC .

9. (a) X1 = M2, car les exportations de la nation 1 sont les importations de la nation 2. De

meme, X2 = M1.

(b) Les substitutions suggerees conduisent aux deux equations

Y1 = c1Y1 + A1 +m2Y2 �m1Y1; Y2 = c2Y2 + A2 +m1Y1 �m2Y2

ou

(1 � c1 �m1)Y1 �m2Y2 = A1; �m1Y1 + (1 � c2 �m2)Y2 = A2

qui sous forme matricielle s’ecrivent

(1 � c1 �m1 �m2

�m1 1 � c2 �m2

)(Y1

Y2

)=

(A1

A2

)

Pour que ce systeme ait une solution, il faut supposer

D = (1 � c1 �m1) (1 � c2 �m2) �m1m2 6= 0:




La regle de Cramer fournit

Y1 = [A2m2 + A1 (1 � c2 +m2)]=D; Y2 = [A1m1 + A2 (1 � c1 +m1)]=D:

(c) Y2 est une fonction du premier degre deA1. Les economistes supposent generalement

que D est strictement positif, comme ce sera le cas a condition que les parametres

c1; c2; m1; m2 soient tous suffisamment petits. Alors, l’augmentation de A1 d’une unite

change Y2 d’un facteur m1=D > 0, de sorte que Y2 croıt lorsque A1 croıt.

Voici une explication economique : une augmentation de A1 fait monter le revenu

de la nation 1, Y1. Cela a son tour fait augmenter les importations, M1. Cependant,

comme la nation 1 importe ce que la nation 2 exporte, le revenu de la nation 2, Y2,

augmente, etc.

16.2

1. (a) La regle de Sarrus conduit a

∣∣∣∣∣∣

1 �1 0

1 3 2

1 0 0

∣∣∣∣∣∣= 0 � 2 + 0 � 0 � 0 � 0 = �2.

(b) Par la regle de Sarrus,

∣∣∣∣∣∣

1 �1 0

1 3 2

1 2 1

∣∣∣∣∣∣= 3 � 2 � 0 � 0 � 4 � (�1) = �2.

(c) Comme a21 = a31 = a32 = 0, le seul terme non nul du developpement (3) est le

produit des elements de la diagonale principale. Des lors, le determinant vaut adf .

Sinon, la regle de Sarrus donne la meme reponse.

(d) Par la regle de Sarrus,

∣∣∣∣∣∣

a 0 b

0 e 0

c 0 d

∣∣∣∣∣∣= aed + 0 + 0 � bec � 0 � 0 = e(ad � bc).

2. AB =

�1 �1 �1

7 13 13

5 9 10

, jAj = �2, jBj = 3, jABj = jAjjBj = �6.

3. (a) Le determinant de la matrice des coefficients vaut jAj =

∣∣∣∣∣∣

1 �1 1

1 1 �1

�1 �1 �1

∣∣∣∣∣∣= �4.

Les numerateurs de (16.2.4) sont (verifiez !)

∣∣∣∣∣∣

2 �1 1

0 1 �1

�6 �1 �1

∣∣∣∣∣∣= �4 ;

∣∣∣∣∣∣

1 2 1

1 0 �1

�1 �6 �1

∣∣∣∣∣∣= �8 ;

∣∣∣∣∣∣

1 �1 2

1 1 0

�1 �1 �6

∣∣∣∣∣∣= �12:

De la, (4) fournit la solution x1 = 1, x2 = 2 et x3 = 3. Le remplacement de ces valeurs

dans le systeme confirme que c’est bien la solution.

(b) Le determinant de la matrice des coefficients est egal a �2 et les numerateurs

de (16.2.4) sont tous nuls. L’unique solution est donc x1 = x2 = x3 = 0.

(c). Suivez le meme schema qu’en (a) pour obtenir la solution x = 1, y = 2 et z = 3.

4. Par la regle de Sarrus, le determinant est (1+a) (1+b) (1+c)+1+1�(1+b)�(1+a)�(1+c)

et, apres simplification, on obtient l’expression donnee.




5. tr(A) = a + b � 1 = 0 et donc b = 1 � a. De plus, jAj = �2ab = 12 de sorte que

�2a (1�a) = 12 ou a2�a� 6 = 0. Les racines de cette equation sont a = 3 et a = �2.

Les solutions sont donc (a; b) = (3;�2) ou (a; b) = (�2; 3).

6. Par la regle de Sarrus, l’expression du determinant est

(1 � x)3 + 8 + 8 � 4 (1 � x) � 4 (1 � x) � 4 (1 � x) = �x3 + 3x2 + 9x + 5

= (5 � x) (x + 1)2;

de sorte que x = �1 ou x = 5.

7. (a) jAt j = 2t2�2t +1 = 2 (t� 12)2 + 1

2> 0 pour tout t . (Sinon, montrez que le polynome

du deuxieme degre n’a pas de racines reelles.)

(b) A3t =

1 2t � 2t2 t � t24t � 4 5t � 4 �t2 + 4t � 3

2 � 2t t2 � 4t + 3 t3 � 2t + 2

: Quand t = 1, A3

t = I3.

8. (a) La substitution deT = d +tY dans l’expression deC fournitC = a�bd +b (1�t )Y .

La substitution de C dans l’expression de Y fournit alors Y = a + b (Y � d � tY ) +A0.

On resout ensuite par rapport a Y , T et C de maniere a deduire les reponses donnees

en (b) ci-apres.

(b) On ecrit le systeme

1 �1 0

�b 1 b

�t 0 1

Y

C

T

=

A0

a

d

.

Avec D =

∣∣∣∣∣∣

1 �1 0

�b 1 b

�t 0 1

∣∣∣∣∣∣= 1 + bt � b, la regle de Cramer fournit

Y =

∣∣∣∣∣∣

A0 �1 0

a 1 b

d 0 1

∣∣∣∣∣∣D

=a � bd + A0

1 � b (1 � t ) ; C =

∣∣∣∣∣∣

1 A0 0

�b a b

�t d 1

∣∣∣∣∣∣D

=a � bd + A0b (1 � t )

1 � b (1 � t ) ;

T =

∣∣∣∣∣∣

1 �1 A0

�b 1 a

�t 0 d

∣∣∣∣∣∣D

=t (a + A0) + (1 � b)d

1 � b (1 � t ) :

(Ce probleme est destine a vous entraıner a l’utilisation de la regle de Cramer, mais il

est aussi la pour vous mettre en garde contre l’exces d’utilisation de cette regle, car la

resolution des equations par simple elimination est beaucoup plus efficace.)

16.3

1. Chacun de ces trois determinants est une somme de 4! = 24 termes.

(a) Dans ce cas, il n’y a qu’un terme non nul. Selon (16.3.4), la valeur de ce determinant

est 24.




(b) Deux termes seulement sont non nuls : le produit des elements de la diagonale

principale qui est 1 � 1 � 1 � d , affecte d’un signe + et le terme

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 0 0 1

0 1 0 0

0 0 1 0

a b c d

∣∣∣∣∣∣∣∣:

Comme il y a 5 lignes qui montent, le signe de ce produit 1� 1 � 1 � a doit etre �. La

valeur du determinant est finalement d � a.

(c) Quatre termes non nuls : 1�1�1�11�1�1�4�4�1�(�3)�1�3�2�1�1�2 = 0

2. Avec A =

a11 a12 : : : a1n

0 a22 : : : a2n...

.... . .

...

0 0 : : : ann

et B =

b11 b12 : : : b1n

0 b22 : : : b2n...

.... . .

...

0 0 : : : bnn

,

il est facile de voir que la matrice produit AB est triangulaire superieure, avec les

elements a11b11, a22b22; : : : ; annbnn sur la diagonale principale. Le determinant jABjest, selon (4), le produit des n nombres ai ibi i . D’autre part, jAj = a11a22 � � � ann et

jBj = b11b22 � � � bnn, de sorte que l’egalite demandee en decoule immediatement.

3. (a) +a12a23a35a41a54. (Quatre lignes entre les couples d’elements encadres montent de

gauche a droite.)

(b) �a15a24a32a43a51. (Il y a neuf lignes qui montent de gauche a droite.)

4. En examinant soigneusement le determinant, on constate que son seul terme non nul

est le produit de ses elements diagonaux. L’equation s’ecrit alors (2 � x)4 = 0, et la

solution est x = 2.

16.4

1. (a) AB =

(13 16

29 36

), BA =

(15 22

23 34

), A0B0 =

(15 23

22 34

), B0A0 =

(13 29

16 36

).

(b) jAj = jA0j = �2 et jBj = jB0j = �2.

Aussi, jABj = 4 = jAjjBj et jA0B0j = jA0jjB0j = 4.

2. A0 =

2 1 1

1 0 2

3 1 5

, jAj = jA0j = �2.

3. (a) 0 (une colonne entierement nulle).

(b) 0 (lignes 1 et 4 proportionnelles).

(c) (a1 � x) (�x)3 = x4 � a1x3. (Utiliser la definition d’un determinant et observer

qu’un seul terme est non nul.)

4. jABj = jAjjBj = �12, 3jAj = 9, j�2Bj = (�2)3 (�4) = 32, j4Aj = 43jAj = 43�3 = 192,

jAj + jBj = �1, alors que jA + Bj n’est pas determine.

5. A2 =

a2 + 6 a + 1 a2 + 4a � 12

a2 + 2a + 2 3 8 � 2a2

a � 3 1 13

et jAj = a2 � 3a + 2.




6. (a) Comme les deux premieres colonnes sont proportionnelles, le determinant est nul

en raison de la propriete E du theoreme 16.4.1.

(b) Si on additionne la colonne 2 a la colonne 3, on voit que deux colonnes sont pro-

portionnelles.

(c) Le terme x � y est un facteur commun de la premiere ligne. Si x 6= y, les deux

premieres lignes sont proportionnelles. Si x = y, la premiere ligne est entierement nulle.

Dans les deux cas, le determinant est nul.

7. X0X =

4 3 2

3 5 1

2 1 2

et jX0Xj = 10.

8. Par la regle de Sarrus, par exemple, jAaj = a (a2 +1)+4+4�4(a2 +1)�a�4 = a2 (a�4)

de sorte que jA1j = �3 et jA61j = jA1j6 = (�3)6 = 729. (Notez a quel point c’est plus

simple que de calculer A61, puis d’evaluer son determinant.)

9. Comme P0P = In, de (16.4.1) et (16.3.4), il vient jP0jjPj = jInj = 1. Or, jP0j = jPj par

la regle B du theoreme 16.4.1, de sorte que jPj2 = 1. D’ou, jPj = ˙1.

10. (a) Comme A2 = In, de (16.4.1), il suit que jAj2 = jInj = 1 ou jAj = ˙1.

(b) Verification directe par multiplication matricielle.

(c) On a (In � A) (In + A) = InIn � AIn + InA � AA = In � A + A � A2 = In � A2 et

cette expression est egale a 0 si et seulement si A2 = In.

11. (a) La premiere egalite est vraie, la seconde est fausse. (La seconde egalite devient vraie

si le facteur 2 est remplace par 4.)

(b) Generalement fausse. (Les deux determinants du membre de droite sont nuls, meme

si ad � bc 6= 0.)

(c) Les deux egalites sont vraies.

(d) Vrai. (Le deuxieme determinant s’obtient en soustrayant deux fois la premiere ligne

de la seconde.)

12. Nous avons a demontrer B(PQ) = (PQ)B. L’associativite de la multiplication matricielle

conduit a

B(PQ) = (BP)Q(1)= (PB)Q = P(BQ)

(2)= P(QB) = (PQ)B:

((1), car BP = PB et (2), car BQ = QB.)

13. Soit A =

0 c b

c 0 a

b a 0

. Calculer A2, puis utiliser (16.4.1).

14. Additionner lesn�1 dernieres lignes a la premiere. Chaque element de la premiere ligne

devient alors na + b. Mettre ce facteur en evidence. Additionner ensuite la premiere

ligne multipliee par �a aux autres n � 1 lignes.




Concretement,

Dn =

∣∣∣∣∣∣∣∣

a + b a � � � aa a + b � � � a...

.... . .

...

a a � � � a

∣∣∣∣∣∣∣∣

� � � 1 � � �

. . .

1

=

∣∣∣∣∣∣∣∣

na + b na + b � � � na + b

a a + b � � � a...

.... . .

...

a a � � � a + b

∣∣∣∣∣∣∣∣

= (na + b)

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 � � � 1

a a + b � � � a...

.... . .

...

a a � � � a + b

∣∣∣∣∣∣∣∣

�a � � � �a � � �

. . .

= (na + b)

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 � � � 1

0 b � � � 0...

.... . .

...

0 0 � � � b

∣∣∣∣∣∣∣∣:

La derniere matrice est triangulaire superieure avec comme elements diagonaux

1; b; b; :::; b. Son determinant est egal a bn�1. D’ou, Dn = (na + b)bn�1.

16.5

1. (a) 2. (Soustraire la ligne 1 des lignes 2 et 3 pour obtenir un determinant dont

les elements de la premiere colonne sont 1; 0; 0. Developper ensuite par rapport a la

premiere colonne.)

(b) On pourrait envisager de developper par rapport a la deuxieme ligne ou par rapport

a la troisieme colonne, car elles ont deux elements nuls. Mais il vaut mieux effectuer

une operation elementaire sur une ligne ou une colonne de maniere a n’avoir au plus

qu’un element non nul. Par exemple

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 3 4

0 �1 0 11

2 �1 0 3

�2 0 �1 3

∣∣∣∣∣∣∣∣

�2 2

=

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 3 4

0 �1 0 11

0 �5 �6 �5

0 4 5 11

∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣

�1 0 11

�5 �6 �5

4 5 11

∣∣∣∣∣∣

�5 4

=

∣∣∣∣∣∣

�1 0 11

0 �6 �60

0 5 55

∣∣∣∣∣∣= �1

∣∣∣∣�6 �60

5 55

∣∣∣∣ = �(�330 + 300) = 30:

(c) 0. (Les colonnes 2 et 4 sont proportionnelles.) Pour calculer des determinants,

on peut effectuer les operations elementaires sur les lignes ou sur les colonnes, mais

les operations sur les colonnes n’ont pas de sens lors de la resolution des systemes

d’equations selon la methode d’elimination de Gauss.

2. Dans chacun de ces trois cas, on developpe par rapport a la derniere colonne (restante).

Les reponses sont les suivantes.

(a) �abc(b) abcd

(c) 1 � 5 � 3 � 4 � 6 = 360





1. (a) 5 (�2) � (�2) 3 = �4

(b) 1 � a2

(c) 6a2b + 2b3

(d) �2 � 5�

2. (a) �4

(b) 1. (Soustraire la ligne 1 des lignes 2 et 3. Ensuite soustraire deux fois la ligne 2 de

la ligne 3. Le determinant qui en resulte n’a qu’un element non nul dans sa troisieme

colonne.)

(c) 1. (Utilisez exactement les memes operations sur les lignes que pour (b).)

3. En prenant la transposee des deux membres, on obtient A�1 � 2I2 = �2

(1 1

1 0

),

de sorte que

A�1 = 2I2 � 2

(1 1

1 0

)=

(2 0

0 2

)�(

2 2

2 0

)=

(0 �2

�2 2

):

De la,

A =

(0 �2

�2 2

)�1

= �1

4

(2 2

2 0

)=

(�1=2 �1=2

�1=2 0

):

4. (a) jAt j = t + 1, de sorte que At est inversible si et seulement si t 6= �1.

(b) Multiplier l’equation donnee a droite par A1 conduit a BA1 + X = I3. De la,

X = I3 � BA1 =

0 0 �1

0 0 �1

�2 �1 0

.

5. En developpant par rapport a la troisieme colonne, on obtient le determinant

jAj =

∣∣∣∣∣∣

q �1 q � 2

1 �p 2 � p2 �1 0

∣∣∣∣∣∣= (q � 2)

∣∣∣∣1 �p2 �1

∣∣∣∣ � (2 � p)

∣∣∣∣q �1

2 �1

∣∣∣∣

= (q � 2) (�1 + 2p) � (2 � p) (�q + 2) = (q � 2) (p + 1):

Il y a bien sur d’autres manieres de faire.

jA + Ej =

∣∣∣∣∣∣

q + 1 0 q � 1

2 1 � p 3 � p3 0 1

∣∣∣∣∣∣= (1 � p)

∣∣∣∣q + 1 q � 1

3 1

∣∣∣∣ = 2 (p � 1) (q � 2)

A + E est inversible quand p 6= 1 et q 6= 2. Manifestement, jEj = 0. Des lors,

jBEj = jBjjEj = 0, de sorte que BE n’a pas d’inverse.

6. Le determinant de la matrice des coefficients est

∣∣∣∣∣∣

�2 4 �t�3 1 t

t � 2 �7 4

∣∣∣∣∣∣= 5t2 � 45t + 40 = 5 (t � 1) (t � 8):




Aussi, d’apres la regle de Cramer, il y a une unique solution si et seulement si t 6= 1 et

t 6= 8.

7. On voit que (I�A) (I +A+A2 +A3) = I +A+A2 +A3�A�A2�A3�A4 = I�A4 = I.

Ensuite, utilisez (16.6.4).

8. (a) Cela devient facile apres avoir remarque que

U2 =

1 1 : : : 1

1 1 : : : 1...

.... . .

...

1 1 : : : 1

1 1 : : : 1

1 1 : : : 1...

.... . .

...

1 1 : : : 1

=

n n : : : n

n n : : : n...

.... . .

...

n n : : : n

= nU:

(b) Il faut d’abord remarquer que

A =

4 3 3

3 4 3

3 3 4

=

1 0 0

0 1 0

0 0 1

+

3 3 3

3 3 3

3 3 3

= I3 + 3U

grace a la partie (a), (I3 + 3U) (I3 + bU) = I3 + (3 + b + 3� 3bU) = I3 + (3 + 10b)U. Cela

devient egal a I3 si on choisit b = �3=10. Des lors

A�1 = (I3 + 3U)�1 = I3 � (3=10)U =

1 0 0

0 1 0

0 0 1

�

310

310

310

310

310

310

310

310

310

=1

10

7 �3 �3

�3 7 �3

�3 �3 7

:

9. De la premiere equation, on deduit Y = B � AX. La substitution dans la deuxieme

equation et la resolution par rapport a X conduisent a X = 2A�1B�C. D’ou, Y = AC�B.

10. (a) La methode d’elimination de Gauss pratiquee avec les operations elementaires sur

les lignes indiquees fournit

a 1 4 2

2 1 a2 2

1 0 �3 a

�

1 0 �3 a

2 1 a2 2

a 1 4 2

�2 �a

�

1 0 �3 a

0 1 a2 + 6 �2a + 2

0 1 3a + 4 �a2 + 2

�1

�

1 0 �3 a

0 1 a2 + 6 �2a + 2

0 0 �a2 + 3a � 2 �a2 + 2a

:

Le systeme admet donc une solution unique si et seulement si �a2 + 3a � 2 6= 0,

autrement dit, si et seulement si a 6= 1 et a 6= 2.




Si a = 2, la derniere ligne ne contient plus que des 0 et il y a donc une infinite de

solutions. Si a = 1, il n’y a pas de solution.

(b) En appliquant les memes operations elementaires sur les lignes de la matrice etendue

associee qu’en (a), la quatrieme colonne est transformee de

b1

b2

b3

en

b3

b2

b1

, puis en

b3

b2 � 2b3

b1 � ab3

, et enfin en

b3

b2 � 2b3

b1 � b2 + (2 � a)b3

. La matrice etendue finale est

1 0 �3 b3

0 1 a2 + 6 b2 � 2b3

0 0 �a2 + 3a � 2 b1 � b2 + (2 � a)b3

:

Il y a une infinite de solutions si et seulement si tous les elements de la derniere ligne

sont egaux a 0, ce qui sera le cas, soit si (i) a = 1 et b1 � b2 + b3 = 0, soit si (ii) a = 2 et

b1 = b2.

11. (a) jAj = �2. A2 � 2I2 =

(11 �6

18 �10

)= A, de sorte que A2 + cA = 2I2 si c = �1.

(b) Si B2 = A, alors jBj2 = jAj = �2, ce qui est impossible.

12. Notez d’abord que A0A = In implique, d’apres (16.6.5), A0 = A�1, de sorte que

AA0 = In.

Mais alors

(A0B�1A) (A0BA) = A0B�1(AA0)BA = A0B�1InBA = A0(B�1B)A = A0InA = A0A = In:

A nouveau d’apres (16.6.5), (A0BA)�1 = A0B�1A.

13. Pour une fois, nous employons l’elimination, mais non systematique. On resout la

premiere equation, ce qui donne y = 3 � ax. La deuxieme donne alors z = 2 � x et

la quatrieme u = 1 � y. On substitue tous ces resultats dans la troisieme et on obtient

3 � ax + a (2 � x) + b (1 � 3 + ax) = 6 ou a (b � 2) x = �2a + 2b + 3. C’est l’unique

solution pourvu que a (b � 2) 6= 0. La solution complete est

x =2b � 2a + 3

a (b � 2); y =

2a + b � 9

b � 2; z =

2ab � 2a � 2b � 3

a (b � 2); u =

7 � 2a

b � 2:

14. jB3j = jBj3. Comme B est une matrice (3; 3), on a j�Bj = (�1)3jBj = �jBj. Comme

B3 = �B, il s’ensuit que jBj3 = �jBj et, de la, jBj(jBj2 + 1) = 0. La derniere equation

implique jBj = 0 et de ce fait B ne peut pas avoir d’inverse.

15. (a) Le determinant du membre de gauche est egal a

(a + x) d � c (b + y) = (ad � bc) + (dx � cy);

qui est bien la somme des determinants de droite.

(b) L’astuce est de constater que les developpements en cofacteurs de jAj, jBj et jCj par




rapport a leur r i eme ligne prennent les formes respectives∑n

j=1 arjCrj ,∑n

j=1 brjCrjet∑n

j=1(arj + brj )Crj pour exactement les memes cofacteurs Crj (j = 1; 2; : : : ; n).

Alors, il est evident que

jCj =n∑

j=1

(arj + brj )Crj =

n∑

j=1

arjCrj +

n∑

j=1

brjCrj = jAj + jBj:

16. Ce n’est pas une bonne idee de vouloir ici passer en force. Il vaut mieux remarquer que

les lignes 1 et 3 et les lignes 2 et 4 du determinant ont beaucoup en commun. Aussi, on

soustrait la ligne 3 de la 1 et la ligne 4 de la 2. Conformement au theoreme 16.4.1(F),

cela ne change pas la valeur du determinant. Cela donne

∣∣∣∣∣∣∣∣

0 a � b 0 b � ab � a 0 a � b 0

x b x a

a x b x

∣∣∣∣∣∣∣∣= (a � b)2

∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 0 �1

�1 0 1 0

x b x a

a x b x

∣∣∣∣∣∣∣∣

= (a � b)2

∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 0 0

�1 0 1 0

x b x a + b

a x b 2x

∣∣∣∣∣∣∣∣:

La derniere egalite provient de l’addition de la colonne 2 a la colonne 4 dans le

determinant du milieu. Si on developpe le dernier determinant par rapport a la ligne 1,

on obtient successivement

�(a � b)2

∣∣∣∣∣∣

�1 1 0

x x a + b

a b 2x

∣∣∣∣∣∣= �(a � b)2[�2x2 + b (a + b) � 2x2 + a (a + b)]

= (a � b)2[4x2 � (a + b)2]

= (a � b)2[2x � (a + b)][2x + (a + b)]:

Si a 6= b, les solutions sont x1 = 12(a + b) et x2 = � 1

2(a + b). Si a = b, le determinant

est nul, quel que soit x.

Chapitre 17 / Les programmes lineaires

17.1

1. (a) Sur la figure C17.1.1a, on voit que la solution est a l’intersection des deux droites

d’equations 3x1 + 2x2 = 6 et x1 + 4x2 = 4.

Solution : max = 36/5 pour (x1; x2) = (8=5; 3=5).

(b) Sur la figure C17.1.1b, on voit que la solution est a l’intersection des deux droites

d’equations u1 +3u2 = 11 et 2u1 +5u2 = 20. Solution : min = 104 pour (u1; u2) = (5; 2).

2. (a) Un graphique montre que la solution est a l’intersection des droites d’equations

�2x1 + 3x2 = 6 et x1 + x2 = 5. D’ou, max = 98/5 pour (x1; x2) = (9=5; 16=5):



CHAPITRE 17 / Les programmes lineaires 155

(b) La solution est celle du systeme des deux equations 2x1 + 3x2 = 13 et x1 + x2 = 6.

D’ou, max = 49 pour (x1; x2) = (5; 1)

(c) La solution est celle du systeme x1 � 3x2 = 0 et x1 = 2. D’ou, max = �10=3 pour

(x1; x2) = (2; 2=3).

x2

1

2

3

x11 2 3 4

P

3x1 + 4x2 = c

u2

u1

5

5 10

10u1 + 27u2 = c

P


3. L’ensemble A correspond au polygone ombre de la figure C17.1.3.

(a) La solution est manifestement le point le plus hautP , car c’est celui dont l’ordonnee

x2 est la plus elevee. Ce point P est situe a l’intersection des droites d’equations

�2x1 + x2 = 2 et x1 + 2x2 = 8 et ses coordonnees sont (x1; x2) = (4=5; 18=5).

(b) Le point de A qui a l’abscisse la plus grande est manifestement le pointQ de coor-

donnees (8; 0).

(c) La droite d’equation 3x1 + 2x2 = c pour une certaine valeur de c est tracee en

pointilles a la figure C17.1.3. Plus c augmente, plus la droite s’eloigne vers le nord-est.

Celle qui a encore un point commun avec A est celle qui passe par le point Q de coor-

donnees (8; 0), en lequel la fonction objectif a la valeur 24.

x2

x1

P

A

Q

8

4

− 2x1 + x2 = 2

3x1 + 2x2 = c

x1 + 2x2 = 8

Figure C17.1.3




(d) La droite d’equation 2x1 � 2x2 = c (ou x2 = x1 � c=2) fait un angle de 45ı avec

l’axe Ox1 et le coupe en c=2. Plus c diminue, plus la droite monte vers la gauche. La

droite de cette famille qui a la valeur de c la plus petite et encore un point en commun

avecA est celle qui passe par le pointP de coordonnees (4=5; 18=5) en lequel la fonction

objectif prend la valeur minimale �28=5.

(e) La droite d’equation 2x1 + 4x2 = c est parallele a celle d’equation x1 + 2x2 = 8 de la

figure. Lorsque c augmente, elle s’eloigne de plus en plus vers le nord-est. Celle qui a

des points communs avec A et qui a la plus grande valeur de c manifestement coıncide

avec la droite d’equation x1 + 2x2 = 8. Des lors, tous les points du segment compris

entre P et Q sont solutions.

(f) La droite d’equation �3x1 � 2x2 = c est parallele a la droite en pointilles de la

figure et coupe l’axe Ox1 en �c=3. Lorsque c augmente, la droite se deplace vers le

nord-est, de sorte que la solution est enQ de coordonnees (8; 0) ou la fonction objectif

vaut �24. (On pourrait aussi raisonner comme ceci : rendre minimum �3x1 � 2x2

sous la contrainte (x1; x2) dans A est equivalent a rendre maximum 3x1 + 2x2 sous la

contrainte (x1; x2) dans A. La solution est donc la meme que celle de la partie (c).)

4. (a) Il n’y a pas de maximum. Regardez la figure C17.1.4. A valeurs croissantes de c, la

droite en pointilles d’equation x1 + x2 = c se deplace vers le nord-est et cette fonction

x1 +x+2 peut prendre des valeurs aussi grandes que l’on veut sans jamais perdre contact

avec la zone ombree.

(b) Maximum enP , coordonnees (1; 0). Les courbes de niveau sont les memes qu’en (a),

mais la direction de croissance est inversee.

5. La pente de la droite d’equation 20x1 + tx2 = c doit se trouver entre �1=2 (la pente

de la frontiere farine) et �1 (la pente de la frontiere beurre). Pour t = 0, la droite est

verticale et la solution est le point D dans la figure 2 du texte. Pour t 6= 0, la pente de

la droite est �20=t . D’ou, �1 6 �20=t 6 �1=2, ce qui implique t 2 [20; 40].

x2

− 1

1

2

3

4

x1− 1 1 2 3 4 5 6

− x1 + 3x2 = 3

− x1 + x2 = − 1

x1 + x2 = c

Figure C17.1.4

6. Le probleme PL est : max 700x + 1 000y s. c.

3x + 5y 6 3 900

x + 3y 6 2 100

2x + 2y 6 2 200

; x > 0 ; y > 0:




Une figure qui montrerait l’ensemble admissible et une courbe de niveau de la fonction

objectif ferait apparaıtre que la solution se trouve au point d’intersection des droites

d’equations 3x + 5y = 3 900 et 2x + 2y = 2 200. La resolution de ces equations fournit

x = 800 et y = 300. La firme doit produire 800 appareils de type A et 300 de type B .

17.2

1. (a) Voir figure C17.1.1a ci-dessus. Quand 3x1 +2x2 6 6 est remplace par 3x1 +2x2 6 7

dans l’exercice 17.1.1, l’ensemble realisable s’agrandit, car la droite qui passe par P

est deplacee vers la droite. Le nouveau point optimal est l’intersection des droites

d’equations 3x1 + 2x2 = 7 et x1 + 4x2 = 4 et ses coordonnees sont (x1; x2) = (2; 1=2).

L’ancienne valeur optimale de la fonction objectif etait 36/5. La nouvelle est

3 � 2 + 4 � 1

2= 8 =

40

5;

soit une augmentation de u�1 = 4=5.

(b) Quand x1 +4x2 6 4 est remplace par x1 +4x2 6 5, l’ensemble realisable s’agrandit,

car la droite d’equation x1 +4x2 = 4 est deplacee vers le haut. Le nouveau point optimal

se trouve a l’intersection des droites d’equations 3x1 + 2x2 = 6 et x1 + 4x2 = 5 et

ses coordonnees sont (x1; x2) = (7=5; 9=10). L’ancienne valeur optimale de la fonction

objectif etait 36/5. La nouvelle est 39=5, soit une augmentation de u�2 = 3=5.

(c) En multipliant les deux contraintes 6 par 4=5 et 3=5, respectivement, et en addi-

tionnant, on obtient

(4=5) (3x1 + 2x2) + (3=5) (x1 + 4x2) 6 6 � (4=5) + 4 � (3=5);

qui se reduit a 3x1 + 4x2 6 36=5.

2. min 8u1 + 13u2 + 6u3 sous la contrainte

{u1 + 2u2 + u3 > 8

2u1 + 3u2 + u3 > 9; u1 > 0; u2 > 0; u3 > 0:

3. (a) min 6u1 + 4u2 sous la contrainte

{3u1 + u2 > 3

2u1 + 4u2 > 4; u1 > 0; u2 > 0.

(b) max 11x1 + 20x2 sous la contrainte

{x1 + 2x2 6 10

3x1 + 5x2 6 27; x1 > 0; x2 > 0.

4. (a) Un graphique montre que la solution est au croisement des droites d’equations

x1 + 2x2 = 14 et 2x1 + x2 = 13. D’ou max = 9 pour (x�1 ; x�2 ) = (4; 5):

(b) Le dual s’enonce min 14u1 + 13u2 sous la contrainte

{u1 + 2u2 > 1

2u1 + u2 > 1; u1 > 0; u2 > 0:




Un graphique montre que la solution est au croisement des droites d’equations

u1 + 2u2 = 1 et 2u1 + u2 = 1. D’ou, min = 9 pour (u�1 ; u�2 ) = (1=3; 1=3):

17.3

1. (a) Au vu de la figure C17.3.1a, il est clair que, lorsque c augmente, la droite en pointilles

se deplace de plus en plus vers le nord-est de sorte qu’elle a a la fois sa plus grande

valeur de c et encore un point en commun avec l’espace realisable lorsqu’elle passe

par le point P , dont les coordonnees sont (x; y) = (0; 3). Le maximum associe est

2 � 0 + 3 � 7 = 21.

(b) A la figure C17.3.1b, lorsque c diminue, la droite en pointilles se deplace vers le

sud-ouest. La plus petite valeur de c pour laquelle elle a encore un point commun avec

l’espace realisable est celle pour laquelle elle passe par le pointP , dont les coordonnees

sont (u1; u2) = (0; 1). Le minimum associe est 20u1 + 21u2 = 21.

(c) Oui, car le maximum du primal (a) et le minimum du dual (b) sont egaux a 21.

y

x

P2x + 7y = c

1

1

u2

u11

P 20u1 + 21u2 = c


2. max 300x1 + 500x2 sous la contrainte

{10x1 + 25x2 6 10 000

20x1 + 25x2 6 8 000; x1 > 0 ; x2 > 0.

La solution peut etre determinee graphiquement. Elle est x�1 = 0, x�2 = 320 et la valeur

de la fonction objectif 160 000, la meme valeur que celle obtenue a l’exemple 17.1.2

pour la valeur optimale du probleme primal.

3. (a) Le profit realise par la vente de x1 petits televiseurs et x2 televiseurs moyens est

donne par 400x1 +500x2. La premiere contrainte, 2x1 +x2 6 16, dit que le temps utilise

de la ligne 1 ne peut pas depasser le nombre d’heures disponibles. Idem pour les autres

contraintes.

(b) L’illustration graphique du probleme a la figure C17.3.3 rend evidente la solution

max = 3 800 pour x1 = 7 et x2 = 2.

(c) Si on relache la premiere contrainte en 2x1 + x2 6 17, la solution se deplace vers

l’intersection des deux droites d’equations 2x1 + x2 = 17 et x1 + 2x2 = 11. La nouvelle

solution est x1 = 23=3, x2 = 5=3, en laquelle le profit vaut 3 900.

Relacher la deuxieme contrainte en x1 + 4x2 6 17 ne fait pas de difference, car une part

de la capacite de la ligne 2 reste de toute facon inutilisee en (7; 2).




Si on relachait la troisieme contrainte x1 + 2x2 6 12, la solution ne serait plus a

l’intersection des droites d’equations 2x1 + x2 = 16 et x1 + 2x2 = 12, a savoir en

(x1; x2) = (20=3; 8=3), car cela violerait la deuxieme contrainte x1 + 4x2 6 16. En

revanche, ainsi qu’un graphique precis le laisse supposer, la solution se produit la ou les

deux premieres contraintes sont liantes, a l’intersection des droites d’equations 2x1 +

x2 = 16 et x1 + 4x2 = 16, soit en (x1; x2) = (48=7; 16=7). Le profit qui en resulte

est 27 200=7 = 3 885 57< 3 900. C’est donc la capacite de la ligne 1 qu’il convient

d’accroıtre. Si la capacite de la ligne 3 etait augmentee d’une heure par jour, une partie

de cette augmentation serait gaspillee a cause des limites de capacite des lignes 1 et 2.

x2

5

x15 10

2x1 + x2 = 16

400x1 + 500x2 = constante

x1 + 2x2 = 11

(x*1 ,x *2 ) = (7, 2)

x1 + 4x2 = 16

Figure C17.3.3


1. (a) x� = 3=2, y� = 5=2. (Un graphique montrerait que la solution est a l’intersection

des droites d’equations x + y = 4 et �x + y = 1.)

(b) Le dual s’ecrit min 4u1 + u2 + 3u3 sous la contrainte

{u1 � u2 + 2u3 > 1

u1 + u2 � u3 > 2; u1 > 0; u2 > 0; u3 > 0:

Compte tenu des conditions d’ecarts complementaires, la solution du dual est u�1 = 3=2,

u�2 = 1=2 et u�3 = 0.

2. (a) Considerez le programme lineaire donne comme le primal et notez-le (P). Son dual

est max �x1 + x2 sous la contrainte

�x1 + 2x2 6 16

x1 � 2x2 6 6

�2x1 � x2 6 �8

� 4x1 � 5x2 6 �15

; x1 > 0; x2 > 0:




Il est designe par (D).

Si vous tracez l’ensemble admissible de (D) et une droite d’equation �x1 + x2 = c,

vous observez que lorsque c augmente, la droite se deplace vers le nord-ouest. La droite

dont l’equation a la plus grande valeur de c et qui a une intersection non vide avec

l’ensemble admissible coupe ce dernier au point de coordonnees (0; 8), a l’intersection

des trois droites d’equations �x1 + 2x2 = 16, �2x1 � x2 = �8, et x1 = 0. Celles-ci

definissent trois des contraintes, mais la contrainte x1 > 0 est redondante.

(b) On voit que, quand x1 = 0 et x2 = 8, les deuxieme et quatrieme contraintes de (D) ne

sont pas liantes de sorte quey2 = y4 = 0 a l’optimum de (P). De plus, commex2 = 8 > 0,

la deuxieme contrainte de (P) doit etre liante a l’optimum – autrement dit, 2y1�y3 = 1.

Mais alors, la fonction objectif de (P) peut etre reduite de 16y1 + 6y2 � 8y3 � 15y4

a 16y1 � 8y3 = 8 (2y1 � y3) = 8. On en conclut que tout (y1; y2; y3; y4) de la forme

(y1; y2; y3; y4) = ( 12(1 + b); 0; b; 0) doit resoudre (P), a condition que ses composantes

soient positives et que la premiere contrainte de (P) soit satisfaite. (Nous savons deja

que la deuxieme contrainte est satisfaite avec egalite.) La premiere contrainte se reduit a

� 12(1+b)�2b > �1 ou b 6

15: En conclusion, ( 1

2(1+b); 0; b; 0) est optimal a condition

que 0 6 b 615.

(c) La fonction objectif (D) est changee en kx1 + x2, mais les contraintes restent les

memes. La solution (0; 8) trouvee dans la partie (a) reste aussi inchangee a condition

que la pente �k de la courbe de niveau x2 = 8 � kx1 passant par le point (0; 8) reste

positive et pas inferieure a la pente 1/2 de la droite �x1 + 2x2 = 16. Donc, k 6 � 12.

3. (a) x� = 0, y� = 4. (Un graphique montrerait que la solution est a l’intersection des

droites d’equations x = 0 et 4x + y = 4.)

(b) Le probleme dual s’ecrit max 4u1 + 3u2 + 2u3 � 2u4 sous la contrainte

{4u1 + 2u2 + 3u3 � u4 6 5

u1 + u2 + 2u3 + 2u4 6 1u1; u2; u3; u4 > 0 :

Compte tenu des conditions d’ecarts complementaires, sa solution est

u�1 = 1; u�2 = u�3 = u�4 = 0:

4. (a) Si a = 0, c’est un programme lineaire dont la solution est P , de coordonnees

(x1; x2) = (2 000; 2 000=3).

(b) Si a > 0, on suit les techniques de la section 14.10 et on ecrit le lagrangien

L = (500 � ax1) x1 + 250x2 � �1 (0;04x1 + 0;03x2 � 100)

� �2 (0;025x1 + 0;05x2 � 100)

� �3 (0;05x1 � 100) � �4 (0;08x2 � 100):

Alors, les conditions de Kuhn-Tucker (avec les contraintes de positivite) sont : il existe

des nombres �1, �2, �3 et �4, tels que

(i) @L=@x1 = 500 � 2ax1 � 0;04�1 � 0;025�2 � 0;05�3 6 0 (= 0 si x1 > 0) ;

(ii) @L=@x2 = 250 � 0;03�1 � 0;05�2 � 0;08�4 6 0 (= 0 si x2 > 0) ;




(iii) �1 > 0; et �1 = 0 si 0;04x1 + 0;03x2 < 100 ;

(iv) �2 > 0; et �2 = 0 si 0;025x1 + 0;05x2 < 100 ;

(v) �3 > 0; et �3 = 0 si 0;05x1 < 100 ;

(vi) �4 > 0; et �4 = 0 si 0;08x2 < 100.

(c) Les conditions de Kuhn-Tucker sont suffisantes a l’optimalite puisqu’il est facile

de verifier que le lagrangien est concave en (x1; x2) pour a > 0. Pour savoir quand

(x1; x2) = (2 000; 2 000=3) reste optimal, on doit trouver des multiplicateurs de Lagrange

tels que toutes les conditions de Kuhn-Tucker sont encore satisfaites. Notez que (i) et (ii)

doivent encore etre satisfaites avec egalites. En outre, les inegalites (iv) et (vi) sont

strictes, de sorte que �2 = �4 = 0. Ensuite, (ii) donne �1 = 25 000=3. Il reste a verifier

pour quelles valeurs de a, il est possible de satisfaire a (i) pour un �3 qui satisfait aussi

a (v). De (i), 0;05�3 = 500 � 4 000a � 0;04 (25 000=3) = 500=3 � 4 000a > 0 si et

seulement si a 6 1=24.

x2

1000

2000

3000

4000

x11000 2000 3000 4000

500x1 + 250x2 = c

P

Figure C17.R.4

5. (a) Si les nombres d’unites produites des trois biens sont x1, x2 et x3, le profit est

donne par 6x1 + 3x2 + 4x3 et le temps utilise des deux machines est 3x1 + x2 + 4x3 et

2x1 + 2x2 + x3, respectivement. Le probleme pose est des lors

max 6x1 + 3x2 + 4x3 sous la contrainte

{3x1 + x2 + 4x3 6 b1

2x1 + 2x2 + x3 6 b2

; x1; x2; x3 > 0 :

(b) L’ensemble admissible est le polygone ombre de la figure C17.R.5. Les droites

notees I, II, et III montrent ou les differentes contraintes sont satisfaites avec egalites.

Les droites en pointilles sont des courbes de niveau de la fonction objectif 100y1 +100y2.

On voit que la fonction objectif passe par sa plus petite valeur en P , intersection des

droites I et II. Les coordonnees (y�1 ; y�2 ) de P sont donnees par les deux equations

3y�1 + 2y�2 = 6 et y�1 + 2y�2 = 3, d’ou (y�1 ; y�2 ) = (3=2; 3=4). La valeur optimale de la

fonction objectif est 100 (y�1 + y�2 ) = 225.




y2

1

2

3

4

5

y11 2 3 4 5 6 7

IIIIII

100y1 + 100y2 = constante

P

Figure C17.R.5

(c) Puisque le dual a une solution, en raison du theoreme de la dualite, le probleme (a)

a aussi une solution optimale, notee (x�1 ; x�2 ; x

�3 ). Comme la troisieme contrainte du

dual est satisfaite avec inegalite, on doit avoir x�3 = 0. En outre, les deux contraintes du

primal doivent a l’optimum etre satisfaites avec egalites (liantes), car les deux variables

sont positives a l’optimum. De la, 3x�1 + x�2 = 100 et 2x�1 + 2x�2 = 100, ce qui donne

x�1 = x�2 = 25. Le profit maximal est 6x�1 + 3x�2 + 4x�3 = 225, egal a la valeur du primal,

comme attendu.

(d) Comme premiere approximation, le profit augmente de y�1 �b1 = 1;5. Le nouveau

profit maximal serait 226;5. Pour que cette approximation soit exacte, le point optimal

du dual doit etre inchange quand b1 passe de 100 a 101. C’est manifestement vrai,

comme on le voit sur la figure C17.R.5.

(e) La valeur maximale du primal est egale a la valeur minimale du dual. Compte tenu

de la meme approximation qu’a la partie (d), c’est egal a b1y�1 +b2y

�2 , qui est clairement

homogene de degre 1 enb1 et b2. Plus generalement, soitF (b1; b2) la valeur minimale du

dual obtenue dans la partie (b). Pour un ˛ > 0 quelconque, minimiser ˛b1y1 + ˛b2y2

sur l’ensemble admissible du dual fournit la meme solution (y�1 ; y�2 ) que minimiser

b1y1 + b2y2 sur le meme ensemble admissible. Par consequent,

F (˛b1; ˛b2) = ˛F (b1; b2)

quel que soit ˛ > 0, et F est homogene de degre 1.


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