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%}


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\begin{document}

\title{{\LARGE Corrig\'{e} de l'\'{e}preuve e3a (PC1)}}

\bigskip \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ {\LARGE Corrig\'{e} de
l'\'{e}preuve e3a (PC1)}

{\LARGE Exercice 1}

\textbf{1}$%
%TCIMACRO{\UNICODE[m]{0xb0}}%
%BeginExpansion
{{}^\circ}%
%EndExpansion
$\textbf{.a)\thinspace }$e^{-x}-f_{n+1}(x)=e^{-x}-f_{n}(x)-\dfrac{1}{2}%
(e^{-2x}-f_{n}^{2}(x))=(e^{-x}-f_{n}(x))\left( 1-\dfrac{1}{2}%
(e^{-x}-f_{n}(x))\right) $

\qquad\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \thinspace $%
\,=(e^{-x}-f_{n}(x))\phi (x).$

\textbf{b) }On montre par r\'{e}currence sur $n$ que : $\forall x\in \mathbb{%
R}^{+}\;\;\;\;0\leqslant f_{n}\left( x\right) \leqslant e^{-x}$ :

* $\forall x\in \mathbb{R}^{+},f_{0}(x)=0$ donc l'encadrement est
v\'{e}rifi\'{e} au rang 0.

* On suppose l'encadrement r\'{e}alis\'{e} au rang $n$ ;

au rang $n+1$: \ $f_{n+1}(x)=f_{n}(x)+\dfrac{1}{2}(e^{-2x}-f_{n}^{2}(x))%
\geqslant 0$

et $\ e^{-x}-f_{n+1}(x)=(e^{-x}-f_{n}(x))\phi (x);$ or $f_{n}\left( x\right)
\leqslant e^{-x}\Longrightarrow \phi (x)\geqslant 1-e^{-x}\geqslant 0$ pour $%
x\geqslant 0,$

donc $f_{n+1}\left( x\right) \leq e^{-x}.$

Par suite, l'encadrement est vrai au rang $n+1$;

on en d\'{e}duit qu'il est vrai pour tout $n$.

De plus : $f_{n+1}\left( x\right) -f_{n}\left( x\right) =\dfrac{1}{2}%
(e^{-2x}-f_{n}^{2}(x))\geqslant 0$ pour tout $x\geqslant 0$ :

la suite $\left( f_{n}\right) $ est donc croissante .

Pour tout $x$ fix\'{e}, la suite $(f_{n}\left( x\right) )_{n}$ est
croissante ;

\'{e}tant major\'{e}e par $e^{-x},$elle est donc convergente.

La fonction $\varphi :u\longmapsto u+\dfrac{1}{2}\left( e^{-2x}-u^{2}\right) 
$ \'{e}tant continue sur $\mathbb{R},$

la limite $l(x)$ de la suite est un point fixe de $\varphi .$

On en d\'{e}duit que $l(x)=\pm e^{-x};$comme de plus ,la suite est positive
ou nulle,

la limite ne peut qu'\^{e}tre \'{e}gale \`{a} $e^{-x}.$

La suite $\left( f_{n}\right) $ converge simplement sur $\mathbb{R}^{+}$vers 
$x\longmapsto e^{-x}.$\vspace*{0.3cm}

\textbf{2}$%
%TCIMACRO{\UNICODE[m]{0xb0}}%
%BeginExpansion
{{}^\circ}%
%EndExpansion
$ \textbf{a)} $\mathbf{\forall }x\in \left[ 0,a\right] \;\;0\leqslant \phi
\left( x\right) \leqslant 1-\dfrac{1}{2}e^{-x}\leqslant 1-\dfrac{1}{2}%
e^{-a}=k_{a}.$

Il existe donc $k_{a}\in \left] 0,1\right[ $ tel que :$\mathbf{\forall }x\in %
\left[ 0,a\right] \;\;\;\ 0\leqslant e^{-x}-f_{n+1}(x)\leq k_{a}\left( \
e^{-x}-f_{n}(x)\right) .$

\textbf{b) }On en d\'{e}duit que :$\mathbf{\forall }x\in \left[ 0,a\right]
\;\;\;0\leqslant $\ $e^{-x}-f_{n}(x)\leqslant k_{a}^{n}.e^{-x}\leqslant
k_{a}^{n}.$

Comme $\underset{n}{\lim }k_{a}^{n}=0,$on conclut que $\left( f_{n}\right) $
converge uniform\'{e}ment sur $[0,a]$ vers $x\longmapsto e^{-x}.$%
.\vspace*{0.3cm}

\textbf{3}$%
%TCIMACRO{\UNICODE[m]{0xb0}}%
%BeginExpansion
{{}^\circ}%
%EndExpansion
$ \textbf{a}) On a : $u_{n+1}=u_{n}\phi (0)=\dfrac{1}{2}u_{n}^{2}.$

Donc $u_{n}=\dfrac{1}{2}u_{n-1}^{2}=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2^{2}}%
\times ...\times \dfrac{1}{2^{2^{n-1}}}\left( u_{0}\right) ^{2^{n}}=\dfrac{%
\left( u_{0}\right) ^{2^{n}}}{2^{2^{n-1}}}=2\left( \dfrac{u_{0}}{2}\right)
^{2^{n}}=2^{1-2^{n}}.$

\textbf{b) }$\dfrac{u_{n+1}}{u_{n}}=\dfrac{1}{2}u_{n}\underset{n\rightarrow
+\infty }{\longrightarrow }0$ ; la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral $u_{n}$
\'{e}tant \`{a} termes positifs

est convergente\ \ en vertu de la r\`{e}gle de D'Alembert.\vspace*{0.3cm}

{\LARGE Exercice 2}

\textbf{1}$%
%TCIMACRO{\UNICODE[m]{0xb0}}%
%BeginExpansion
{{}^\circ}%
%EndExpansion
$. $\mathcal{E}$ est un sous-ensemble de $\mathcal{F}$ et contient
l'application nulle de $\mathbb{R}^{+}$ dans $\mathbb{R}$.

De la lin\'{e}arit\'{e} de la limite et de d\'{e}riv\'{e}e $n$-i\`{e}me,

on d\'{e}duit que $\mathcal{E}$ est un sous-espace vectoriel de $\mathcal{F}$%
. 
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
$\mathcal{E}$ est un $\mathbb{R}$-espace vectoriel \\ \hline
\end{tabular}
\end{equation*}

\textbf{2}$%
%TCIMACRO{\UNICODE[m]{0xb0}}%
%BeginExpansion
{{}^\circ}%
%EndExpansion
$\textbf{.a.)} $\phi $ est d\'{e}finie sur $\mathcal{E}$ , on v\'{e}rifie
que : $\phi \left( f\right) \left( 0\right) =0$ et comme $\forall n\in 
\mathbb{N}$ $\;\;\;\phi \left( f\right) ^{\left( n\right) }=f^{\left(
n+1\right) },$

$\underset{+\infty }{\lim }\phi \left( f\right) ^{\left( n\right) }\in 
\mathbb{R}$ .donc $\phi \left( f\right) \in \mathcal{E}$ .

De la lin\'{e}arit\'{e} de la d\'{e}rivation, on d\'{e}duit que $\phi $ est
un endomorphisme de $\mathcal{E}$%
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
$\phi $\ est un endomorphisme de \ $\mathcal{E}$ \\ \hline
\end{tabular}
\end{equation*}

\textbf{2.b.)} Supposons \ $\phi \left( f\right) =0,\;f\in \mathcal{E}%
,\;\forall x\in \mathbb{R}_{+}\;\;\;\;f^{\prime }\left( x\right) =f^{\prime
}\left( 0\right) .$

Il existe donc un r\'{e}el $k$ tel que : $\forall x\in \mathbb{R}%
_{+},f\left( x\right) =xf^{\prime }\left( 0\right) +k$.

Or $f\left( 0\right) =0$ donc $\forall x\in \mathbb{R}_{+},f\left( x\right)
=xf^{\prime }\left( 0\right) $

De plus $\underset{+\infty }{\lim }f\in \mathbb{R}$ donc $f=0$ 
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
$\phi $ est injective \\ \hline
\end{tabular}
\end{equation*}

\textbf{3}. Soit $g$ d\'{e}finie par : $\forall x\in \mathbb{R}%
_{+},g(x)=\left( x+1\right) \sin \left( \dfrac{\pi }{\sqrt{x+1}}\right) -%
\dfrac{\pi }{2}x$ ,

$g\;$est d\'{e}rivable sur $\mathbb{R}_{+}$ et :

$\forall x\in \mathbb{R}_{+},g^{\prime }\left( x\right) =\sin \left( \dfrac{%
\pi }{\sqrt{x+1}}\right) -\dfrac{\pi }{2}\dfrac{1}{\sqrt{x+1}}\cos \left( 
\dfrac{\pi }{\sqrt{x+1}}\right) -\dfrac{\pi }{2}.$

soit la proposition de r\'{e}currence suivante :

$\mathcal{P}\left( n\right) :\forall x\in \mathbb{R}^{+},g^{\left( n\right)
}\left( x\right) =P_{n}\left( \dfrac{1}{\sqrt{x+1}}\right) \sin \left( 
\dfrac{\pi }{\sqrt{x+1}}\right) +Q_{n}\left( \dfrac{1}{\sqrt{x+1}}\right)
\cos \left( \dfrac{\pi }{\sqrt{x+1}}\right) $

avec $P_{n}$ et $Q_{n}$ fonctions polynomiales, $n\in \mathbb{N}^{\ast }.$

Avec : $P_{1}\left( x\right) =1,Q_{1}\left( x\right) =-\dfrac{\pi }{2}x$ ,
on trouve que :

$g^{\prime }\left( x\right) =P_{1}\left( \dfrac{1}{\sqrt{x+1}}\right) \sin
\left( \dfrac{\pi }{\sqrt{x+1}}\right) +Q_{1}\left( \dfrac{1}{\sqrt{x+1}}%
\right) \cos \left( \dfrac{\pi }{\sqrt{x+1}}\right) -\dfrac{\pi }{2}.$

La d\'{e}riv\'{e}e de $x\mapsto P_{n}\left( x\right) \sin \left( \pi
x\right) +Q_{n}\left( x\right) \cos \left( \pi x\right) $ est :

$x\mapsto \left( P_{n}^{\prime }\left( x\right) -\pi Q_{n}\left( x\right)
\right) \sin \left( \pi x\right) +\left( Q_{n}^{\prime }\left( x\right) +\pi
P_{n}\left( x\right) \right) \cos \left( \pi x\right) $

et la d\'{e}riv\'{e}e de $x\mapsto \dfrac{1}{\sqrt{x+1}}$ est $x\mapsto -%
\dfrac{1}{2}\dfrac{1}{\left( \sqrt{x+1}\right) ^{3}}$

donc par d\'{e}rivation d'une fonction compos\'{e}e : la d\'{e}riv\'{e}e de

$x\mapsto P_{n}\left( \dfrac{1}{\sqrt{x+1}}\right) \sin \left( \dfrac{\pi }{%
\sqrt{x+1}}\right) +Q_{n}\left( \dfrac{1}{\sqrt{x+1}}\right) \cos \left( 
\dfrac{\pi }{\sqrt{x+1}}\right) $

est la fonction :

$x\mapsto P_{n+1}\left( \dfrac{1}{\sqrt{x+1}}\right) \sin \left( \dfrac{\pi 
}{\sqrt{x+1}}\right) +Q_{n+1}\left( \dfrac{1}{\sqrt{x+1}}\right) \cos \left( 
\dfrac{\pi }{\sqrt{x+1}}\right) $

avec : $P_{n+1}\left( X\right) =-\dfrac{1}{2}X^{3}\left( P_{n}^{\prime
}\left( X\right) -\pi Q_{n}\left( X\right) \right) $ et : $Q_{n+1}\left(
X\right) =-\dfrac{1}{2}X^{3}\left( Q_{n}^{\prime }\left( X\right) +\pi
P_{n}\left( X\right) \right) $

Ainsi on prouve que $\mathcal{P}\left( 2\right) $ est vraie et que si $%
\mathcal{P}\left( n\right) $ est vraie alors $\mathcal{P}\left( n+1\right) $
est vraie ,

donc gr\^{a}ce au th\'{e}or\`{e}me de r\'{e}currence : 
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
$\mathcal{P}\left( n\right) $ est vraie pour tout $n$ de $\mathbb{N}$, $%
n\geqslant 2$ \\ \hline
\end{tabular}
\end{equation*}

Comme $\forall x\in \mathbb{R}^{+},g^{\prime }\left( x\right) =\sin \left( 
\dfrac{\pi }{\sqrt{x+1}}\right) -\dfrac{\pi }{2}\dfrac{1}{\sqrt{x+1}}\cos
\left( \dfrac{\pi }{\sqrt{x+1}}\right) -\dfrac{\pi }{2},$

$g^{\prime }\left( 0\right) =0$ et de la forme de $g^{\left( n\right) }$ et
comme $\underset{x\mapsto +\infty }{\lim }\left( \dfrac{\pi }{\sqrt{x+1}}%
\right) =0,$

$\underset{x\mapsto +\infty }{\lim }g^{\left( n\right) }\left( x\right)
=Q_{n}\left( 0\right) $. On en d\'{e}duit que : 
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
$g^{\prime }\in \mathcal{E}$ \\ \hline
\end{tabular}
\end{equation*}
\textbf{b)} Supposons $f$ \'{e}l\'{e}ment de $\mathcal{F}$ telle que : $%
\forall x\in \mathbb{R}_{+}\;\;f^{\prime }\left( x\right) -f^{\prime }\left(
0\right) =g^{\prime }\left( x\right) .$

On en d\'{e}duit que : $\forall x\in \mathbb{R}_{+},f\left( x\right)
=g\left( x\right) +f^{\prime }(0)x+cte.$

R\'{e}ciproquement en supposant $\forall x\in \mathbb{R}_{+}\;\;f\left(
x\right) =g\left( x\right) +ax+b$ $\ ,$

on en d\'{e}duit que : $\forall x\in \mathbb{R}_{+}\;\;f^{\prime }\left(
x\right) =g^{\prime }\left( x\right) +a$

donc $\forall x\in \mathbb{R}^{+}\;\;f^{\prime }\left( x\right) -f^{\prime
}\left( 0\right) =g^{\prime }\left( x\right) $

d'o\`{u}

\bigskip 
\begin{tabular}{|l|}
\hline
l'ensemble des fonctions $f$de $\mathcal{F}$ telles que : : $\forall x\in 
\mathbb{R}^{+}$\ \ $f^{\prime }\left( x\right) -f^{\prime }\left( 0\right)
=g^{\prime }\left( x\right) $ est compos\'{e} \\ 
$\text{des fonctions telles qu'il existe }2\;\text{r\'{e}els }a\text{ et }b%
\text{ tels que}:\forall x\in \mathbb{R}^{+},f\left( x\right) =g\left(
x\right) +ax+b$ \\ \hline
\end{tabular}

Supposons qu'une telle fonction $f$ appartienne \`{a} $\mathcal{E}$ ; alors $%
f\left( 0\right) =0$ donc $b=0$.

De plus :$\left( x+1\right) \sin \left( \dfrac{\pi }{\sqrt{x+1}}\right) 
\underset{x\mapsto +\infty }{\sim }\pi \sqrt{x+1}$

donc pour $a\neq \dfrac{\pi }{2}\;,\;f\left( x\right) \underset{x\mapsto
+\infty }{\sim }\left( a-\dfrac{\pi }{2}\right) x$

et pour $a=\dfrac{\pi }{2}\;,\;f\left( x\right) \underset{x\mapsto +\infty }{%
\sim }\pi \sqrt{x+1}.$

donc $f$ a une limite non finie en +$\infty $, ainsi $f\notin \mathcal{E}$ ,

il n'existe donc pas d'\'{e}l\'{e}ment $f$ de $\mathcal{E}$ tel que : $\phi
\left( f\right) =g^{\prime }$%
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
$\phi $ n'est pas surjective \\ \hline
\end{tabular}
\end{equation*}

\textbf{4.} On sait tout d'abord que 0 n'est pas valeur propre de $\phi $
puisque $\phi $ est injective.

Soit $\lambda $ un r\'{e}el non nul, et supposons $f$ \'{e}l\'{e}ment de $%
\mathcal{E}$ tel que : $\phi \left( f\right) =\lambda f$.

Alors $\forall x\in \mathbb{R}^{+},f^{\prime }\left( x\right) -f^{\prime
}\left( 0\right) =\lambda f\left( x\right) ,$ ainsi $\ f$ v\'{e}rifie : 
\begin{equation*}
(1)\;\;\forall x\in \mathbb{R}^{+}\;\;\;f^{\prime }\left( x\right) -\lambda
f\left( x\right) =f^{\prime }\left( 0\right)
\end{equation*}

R\'{e}solvons : $y^{\prime }\left( x\right) -\lambda y\left( x\right)
=0\Leftrightarrow \exists k\in \mathbb{R}$ / $y\left( x\right) =ke^{\lambda
x}$

puis $y^{\prime }\left( x\right) -\lambda y\left( x\right) =a$ , $a$
r\'{e}el $\left( E\right) $

Une solution \'{e}vidente de $\left( E\right) $ est : $x\mapsto -\dfrac{a}{%
\lambda }$ donc : $y$ est solution de $\left( E\right) $ sur $\mathbb{R}^{+}$

$\Leftrightarrow $ $\forall x\in \mathbb{R}^{+}\;\;\;y\left( x\right) =-%
\dfrac{a}{\lambda }+ke^{\lambda x}$

En r\'{e}injectant l'expression $f\left( x\right) =-\dfrac{a}{\lambda }%
+ke^{\lambda x},$ on obtient que $a=k\lambda ,$

donc (1) \'{e}quivaut \`{a} $\exists k\in \mathbb{R}\;\;\forall x\in \mathbb{%
R}^{+}\;\;\;f\left( x\right) =k\left( e^{\lambda x}-1\right) .$

Il reste \`{a} v\'{e}rifier si : $f\in \mathcal{E}$

On a bien $f\left( 0\right) =0$ et : pour $k$ non nul :

$\underset{x\mapsto +\infty }{\lim }f\left( x\right) \in \mathbb{R}%
\Leftrightarrow \lambda <0$

dans ce cas : $\forall n\in \mathbb{N}^{\ast }$ \ $\forall x\in \mathbb{R}%
^{+}\;\;f^{\left( n\right) }\left( x\right) =k\lambda ^{n}e^{\lambda x}$
donc $\underset{x\mapsto +\infty }{\lim }f^{\left( n\right) }\left( x\right)
=0\in \mathbb{R}$.

Ainsi 
\begin{equation*}
Sp\left( \phi \right) =\mathbb{R}_{-}^{\ast }\text{ et }E_{\phi }\left(
\lambda \right) =Vect\left( f_{\lambda }\right) \text{ avec : }\forall x\in 
\mathbb{R}^{+}\;\;\;f_{\lambda }\left( x\right) =e^{\lambda x}-1
\end{equation*}

{\LARGE Exercice 3}

\FRAME{ftbpF}{292.4375pt}{217.625pt}{0pt}{}{}{Figure }{\special{language
"Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display
"USEDEF";valid_file "T";width 292.4375pt;height 217.625pt;depth
0pt;original-width 292.0625pt;original-height 216.8125pt;cropleft
"0";croptop "1";cropright "1";cropbottom "0";tempfilename
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\textbf{1}$%
%TCIMACRO{\UNICODE[m]{0xb0}}%
%BeginExpansion
{{}^\circ}%
%EndExpansion
$\textbf{a) }En passant en coordonn\'{e}es polaires,\textbf{\ }$f(x,y)=\rho
^{2\rho \cos \theta }=e^{2\cos \theta .\rho \ln \rho };$ or $\underset{(x,y)%
\overset{\neq }{\rightarrow }\left( 0,0\right) }{\lim }\rho \ln \rho =0$ et $%
2\cos \theta $ est born\'{e}e,

donc, $f(x,y)\underset{\left( x,y\right) \overset{\neq }{\rightarrow }\left(
0,0\right) }{\rightarrow }1=f(0,0)$ et $f$ est continue en $(0,0)$.

Comme d'apr\`{e}s les th\'{e}or\`{e}mes g\'{e}n\'{e}raux de continuit\'{e},

$f$ est continue sur $\mathbb{R}^{2}\backslash \left\{ \left( 0,0\right)
\right\} ,$on en d\'{e}duit que $f$ est continue sur $\mathbb{R}^{2}.$

\ \textbf{b) }$\dfrac{f(x,0)-f(0,0)}{x}=\dfrac{e^{x\ln x^{2}}-1}{x}\sim 
\dfrac{x\ln x^{2}}{x}=\ln x^{2}\underset{x\rightarrow 0}{\longrightarrow }%
-\infty $ :

$f$ n'admet donc pas de d\'{e}riv\'{e}e partielle par rapport \`{a} la
premi\`{e}re variable en $(0,0)$.

De plus, $\dfrac{f\left( 0,y\right) -f\left( 0,0\right) }{y}=0\underset{%
y\rightarrow 0}{\longrightarrow }0$ :

\ $f$ admet une d\'{e}riv\'{e}e partielle par rapport \`{a} la seconde
variable en $(0,0)$ \'{e}gale \`{a} 0.

\textbf{c)} $f(0,0)=1$ et pour $\left( x,y\right) \neq (0,0)$

$f(x,y)=1$ $\overset{}{\Longleftrightarrow }\left( x^{2}+y^{2}\right)
^{x}=1\Leftrightarrow x\ln (x^{2}+y^{2})=0$

\qquad \qquad \qquad\ $\Leftrightarrow \left\{ 
\begin{tabular}{l}
$x=0$ ou \\ 
$x^{2}+y^{2}=1$%
\end{tabular}
\right. $

\FRAME{ftbpF}{2.2961in}{2.2961in}{0pt}{}{}{funlo200.gif}{\special{language
"Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display
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0pt;original-width 5.0211in;original-height 5.0211in;cropleft "0";croptop
"1";cropright "1";cropbottom "0";filename 'FUNLO200.gif';file-properties
"XNPEU";}}

$\mathbf{2%
%TCIMACRO{\UNICODE[m]{0xb0}}%
%BeginExpansion
{{}^\circ}%
%EndExpansion
a)}$ Soit $g(x)=f(x,0)$ ;

$g$ est continue sur $\mathbb{R}$ et d\'{e}rivable sur $\mathbb{R}^{\ast };$

$\forall x\in \mathbb{R}^{\ast }\;g^{\prime }(x)=\left( \ln x^{2}+2\right)
\left( x^{2}\right) ^{x}$

L'on a vu ci-dessus que $\dfrac{g(x)-g(0)}{x}\underset{x\rightarrow 0}{%
\rightarrow }-\infty $ : la courbe de $g$ pr\'{e}sente donc une tangente
verticale en $(0,0).$

$\underset{-\infty }{\lim }g=0$ et $\underset{+\infty }{lim}g=+\infty .$

\FRAME{ftbpF}{403.75pt}{166pt}{0pt}{}{}{Figure }{\special{language
"Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display
"USEDEF";valid_file "T";width 403.75pt;height 166pt;depth 0pt;original-width
399.625pt;original-height 163.125pt;cropleft "0";croptop "1";cropright
"1";cropbottom "0";tempfilename 'FUNLOK01.wmf';tempfile-properties "XPR";}}

\bigskip

\textbf{b) }Pour $x\in \left] -\dfrac{1}{e},0\right[ ,$\ \ $g(x)>g(0)=1\,$%
donc $f(x,0)>f(0,0)$ : $f$ n'admet pas de maximum en $(0,0).$

Pour $x\in \left] 0,\dfrac{1}{e}\right[ $,\ \ $g(x)<g(0)=1$donc $%
f(x,0)<f(0,0)$ : $f$ n'admet pas de minimum en $(0,0).$

\ $f$ n'admet donc pas d'extremum en $(0,0)$.

\textbf{3}$%
%TCIMACRO{\UNICODE[m]{0xb0}}%
%BeginExpansion
{{}^\circ}%
%EndExpansion
)$ Pour $(x,y)\neq \left( 0,0\right) ,$on a:

\qquad $\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\left( \ln \left(
x^{2}+y^{2}\right) +\dfrac{2x^{2}}{x^{2}+y^{2}}\right) f(x,y),\dfrac{%
\partial f}{\partial y}(x,y)=\dfrac{2xy}{x^{2}+y^{2}}f(x,y).$

Les points critiques sont donc solutions de :

$\left\{ 
\begin{tabular}{l}
$\ln \left( x^{2}+y^{2}\right) +\dfrac{2x^{2}}{x^{2}+y^{2}}=0$ \\ 
$\dfrac{2xy}{x^{2}+y^{2}}=0$%
\end{tabular}
\right. \Leftrightarrow \left\{ 
\begin{tabular}{l}
\ \ \ \ $x=0$ et $y=\pm 1$ \\ 
ou $y=0$ et $x=\pm \dfrac{1}{e}$%
\end{tabular}
\right. $

Ce sont donc : $(0,1),(0,-1),(\dfrac{1}{e},0)$ et $\left( -\dfrac{1}{e}%
,0\right) .$

\textbf{4}$%
%TCIMACRO{\UNICODE[m]{0xb0}}%
%BeginExpansion
{{}^\circ}%
%EndExpansion
$\textbf{a) }Pour $(x,y)\neq \left( 0,0\right) $ et $x>0$,\ $f(x,y)=\left(
x^{2}+y^{2}\right) ^{x}\geqslant x^{2x}=f(x,0)=g(x).$

\ $f(0,0)=1\geqslant g(0)=1$

\ donc pour tout $x\geqslant 0,\;\;f(x,y)\geqslant g(x).$

Or $g$ admet un minimum en $\dfrac{1}{e}$ ; on en d\'{e}duit que $f$ admet
un minimum en $\left( \dfrac{1}{e},0\right) .$

\ \textbf{b) }$f(x,0)=g(x)\leqslant g(-\dfrac{1}{e})=f\left( -\dfrac{1}{e}%
,0\right) $ pour tout $x<0$ ;

d'autre part , $xlnx^{2}-x\ln \left( x^{2}+y^{2}\right) =x\ln \dfrac{x^{2}}{%
x^{2}+y^{2}}\geqslant 0$ pour tout $x<0.$

Donc $f(x,y)=e^{x\ln \left( x^{2}+y^{2}\right) }\leqslant e^{x\ln
^{x^{2}}}=f(x,0)\leq f\left( -\dfrac{1}{e},0\right) .$

$f$ admet donc un maximum en $\left( -\dfrac{1}{e},0\right) .$

\textbf{5}$%
%TCIMACRO{\UNICODE[m]{0xb0}}%
%BeginExpansion
{{}^\circ}%
%EndExpansion
$\textbf{)} \ Soit $h(x)=f(x,1)-f(0,1)=(x^{2}+1)^{x}-1$ ;

$h^{\prime }(x)=\left( \ln \left( x^{2}+1\right) +\dfrac{2x^{2}}{x^{2}+1}%
\right) h(x)=k(x)h(x)$

\ $k^{\prime }(x)=\dfrac{2x}{x^{2}+1}(1+\dfrac{2}{x^{2}+1}).$

$k^{\prime }(x)$ est du signe de $x$ ;

$k$ est strictement d\'{e}croissante sur $\mathbb{R}_{-}$ et strictement
croissante sur $\mathbb{R}_{+}.$

Comme $k(0)=0$ , $k$ et donc $h^{\prime }$ est strictement positive sur $%
\mathbb{R}^{\ast }$, et s'annule en 0.

$h$ est donc strictement croissante sur $\mathbb{R}$ $;$comme $h(0)=0$ , $%
h(x)$ est du signe de $x$ .

De m\^{e}me, $f(x,-1)-f(0,-1)$ est du signe de $x$ :

$f$ n'admet pas d'extremum en $(0,1)$ ni en $(0,-1).$

En fait, ce sont des cols ; bon exercice : compl\'{e}ter les courbes de
niveaux dans la figure ci-dessus !

\end{document}
