Exercices corrigés
Donner les extrema locaux de g et préciser s'ils sont globaux. Corrigé : 1. La fonction f est définie sur R2. 2. Pour tout (x y) ? R2
´Eléments de calculs pour létude des fonctions de plusieurs
Les exercices `a faire en TD se trouvent `a la suite du cours et les corrections `a la 4.2 Extrémum local d'une fonction de plusieurs variables .
ANALYSE RÉELLE OPTIMISATION LIBRE ET SOUS CONTRAINTE
Extrema libres des fonctions de deux variables . doivent être préparés : écouter le corrigé d'un exercice ... contient des exercices corrigés.
Première S - Extremums dune fonction
On appelle extremum de sur D son maximum ou son minimum. (s'il existe). Si une fonction dérivable sur un intervalle I
Extremums locaux gradient
http://exo7.emath.fr/ficpdf/fic00065.pdf
Exercices corrigés Fonctions de deux variables Fonctions convexes
Exercices corrigés. Fonctions de deux variables. Fonctions convexes et extrema libres. Exercice 1.62. Soit la fonction f définie par f(x y) = x?y?.
Fonctions de plusieurs variables
Exercice 10 *. Déterminer Max{
Exercices 9 - Extrema fonctions plusieurs variables.pdf
Feuille d'exercices 9. Points critiques et extrema des fonctions de deux variables. 1. Extremums des fonctions d'une variable. Exercice 9.1.
Exercices corrigés de calcul différentiel
Exercice 16 Calculer le laplacien de f ? C2(C) en fonction de z ¯z et en déduire les fonctions de
OPTIMISATION CONTRAINTE
Quels sont les extremums de cette fonctions ? Corrigé de l'exercice 1.1. On doit résoudre un problème d'extremum pour une fonction de deux variables soumise à
Fonctions de plusieurs variables
* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficileI : Incontournable
Exercice 1** IEtudier l"existence et la valeur éventuelle des limites suivantes : 1. xyx2+y2en(0;0)
2. x2y2x2+y2en(0;0)
3. x3+y3x2+y4en(0;0)
4. px2+y2jxjpjyj+jyjpjxjen(0;0)
5. (x2y)(y2x)x+yen(0;0) 6.1cospjxyjjyjen(0;0)
7. x+yx2y2+z2en(0;0;0)
8. x+yx2y2+z2en(2;2;0)
:xy(x2y2)x2+y2si(x;y)6= (0;0)
0 si(x;y) = (0;0). Montrer quefest de classeC1(au moins)
surR2. :y2sinxy
siy6=00 siy=0.
existent et sont différents. (x;y)7!(exey;x+y)est unC1-difféomorphisme deR2sur lui-même. 1Exercice 5***Soitn2N. Montrer que l"équationy2n+1+yx=0 définit implicitement une fonctionjsurRtelle que :
(8(x;y)2R2);[y2n+1+yx=0,y=j(x)].Montrer quejest de classeC¥surRet calculerR2
0j(t)dt.
l"égalitéex+y+y1=0. donné) si et seulement si8l2]0;+¥[,8x2Rn,f(lx) =lrf(x). Montrer pour une telle fonction l"identité d"EULER:1.f(x;y) =x3+3x2y15x12y
2.f(x;y) =2(xy)2+x4+y4.
A7!A1. Montrer quefest différentiable en tout point deMn(R)nf0get déterminer sa différentielle.1.w= (2x+2y+ex+y)(dx+dy)surR2.
2.w=xdyydx(xy)2surW=f(x;y)2R2=y>xg
3.w=xdx+ydyx
2+y2ydy
4.w=1x
2ydx1xy
2dysur(]0;+¥[)2(trouver un facteur intégrant non nul ne dépendant que dex2+y2).
2 1. 2 (x;y)7!x:yetg:R3R3!R (x;y)7!x^y. x7!x1+kxkest un homéomorphisme. x7! kxk2est différentiable sur Enf0get préciserd f. Montrer quefn"est pas différentiable en 0.2+(ya)2+p(xa)2+y2,aréel donné.
parg(x;y) =fcos(2x)ch(2y) ait un laplacien nul sur un ensemble à préciser. (On rappelle que le laplacien degest rotation affine. Correction del"exer cice1 N1.fest définie surR2nf(0;0)g. Pourx6=0,f(x;0) =0. Quandxtend vers 0, le couple(x;0)tend vers le couple(0;0)etf(x;0)tend vers 0. Donc, sifa une limite réelle en 0, cette limite est nécessairement 0.Pourx6=0,f(x;x) =12
. Quandxtend vers 0, le couple(x;x)tend vers(0;0)etf(x;x)tend vers12 6=0.Doncfn"a pas de limite réelle en(0;0).
2.fest définie surR2nf(0;0)g.
Pour(x;y)6= (0;0),jf(x;y)j=x2y2x
2+y2=jxyjx
2+y2jxyj612
jxyj. Comme12 jxyjtend vers 0 quand le couple (x;y)tend vers le couple(0;0), il en est de même def.f(x;y)tend vers 0 quand(x;y)tend vers(0;0).3.fest définie surR2nf(0;0)g.
Poury6=0,f(0;y) =y3y
4=1y . Quandytend vers 0 par valeurs supérieures, le couple(0;y)tend vers le couple(0;0)etf(0;y)tend vers+¥. Doncfn"a pas de limite réelle en(0;0).4.fest définie surR2nf(0;0)g.
Pourx6=0,f(x;x) =p2x22jxjpjxj=1p2jxj.Quandxtend vers 0, le couple(x;x)tend vers le couple(0;0)et f(x;x)tend vers+¥. Doncfn"a pas de limite réelle en(0;0).5.fest définie surR2nf(x;x);x2Rg.
Pourx6=0,f(x;x+x3) =(x+x2x3)(x+(x+x2)2)x
3x!01x
. Quandxtend vers 0 par valeurs supérieures, le couple(x;x+x3)tend vers(0;0 etf(x;x+x3)tend vers¥. Doncfn"a pas de limite réelle en (0;0).6.fest définie surR2nf(x;0);x2Rg.
1cospjxyjjyj(x;y)!(0;0)(pjxyj)22jyj=jxj2
et doncftend vers 0 quand(x;y)tend vers(0;0).7.fest définie surR3privé du cône de révolution d"équationx2y2+z2=0.
f(x;0;0) =1x qui tend vers+¥quandxtend vers 0 par valeurs supérieures. Doncfn"a pas de limite réelle en(0;0;0).8.f(2+h;2+k;l) =h+kh
2k2+l2+4h+4k=g(h;k;l).g(h;0;0)tend vers14
quandhtend vers 0 etg(0;0;l) tend vers 06=14quandltend vers 0. Donc,fn"a pas de limite réelle quand(x;y;z)tend vers(2;2;0).Correction del"exer cice2 N•fest définie surR2.
•fest de classeC¥surR2nf(0;0)gen tant que fraction rationnelle dont le dénominateur ne s"annule pas sur
R2nf(0;0)g.
•Continuité en(0;0).Pour(x;y)6= (0;0), jf(x;y)f(0;0)j=jxyjjx2y2jx2+y26jxyjx2+y2x
2+y2=jxyj.
Commejxyjtend vers 0 quand le couple(x;y)tend vers le couple(0;0), on a donc lim(x;y)!(0;0) (x;y)6=(0;0)f(x;y) =f(0;0). On en déduit quefest continue en(0;0)et finalementfest continue surR2. fest de classeC0au moins surR2. 4•Dérivées partielles d"ordre1surR2nf(0;0)g.fest de classeC1au moins surR2nf(0;0)get pour(x;y)6=
(0;0), D"autre part, pour(x;y)6= (0;0)f(x;y) =f(y;x). Donc pour(x;y)6= (0;0), f(x;0)f(0;0)x0=00x =0, et donc lim des dérivées partielles premières surR2définies par y(x4+4x2y2y4)(x2+y2)2si(x;y)6= (0;0) x(x44x2y2y4)(x2+y2)2si(x;y)6= (0;0)0 si(x;y) = (0;0).
fonction fest au moins de classeC1surR2.Correction del"exer cice3 NOn poseD=f(x;0);x2RgpuisW=R2nD. •fest définie surR2. •fest de classeC1surWen vertu de théorèmes généraux et pour(x;y)2W, xcosxy • Etudions la continuité defen(0;0). Pour(x;y)6= (0;0), jf(x;y)f(0;0)j=8 :y2sinxy
siy6=00 siy=06(y2siy6=0
0 siy=06y2.
Commey2tend vers 0 quand(x;y)tend vers 0, lim(x;y)!(0;0) (x;y)6=(0;0)f(x;y) =f(0;0)et doncfest continue en(0;0)puis fest continue surR2. • Etudions l"existence et la valeur éventuelle de f(x;0)f(x0;0)xx0=00xx0=0. 5 DoncFinalement, la fonction
:ycosxy siy6=00 siy=0.
• Etudions l"existence et la valeur éventuelle de f(x0;y)f(x0;0)y0=y2sin(x0y )y =ysinx 0yOn en déduit que
existe et :2ysinxy xcosxy siy6=00 siy=0.
• Etudions la continuité de :jyjcosxy siy6=00 siy=06jyj.
La fonction
la fonction • Etudions la continuité de2ysinxy
xcosxy siy6=00 siy=062jyj+jxj.
(0;0). 0y x0cosx 0y . Quandytendvers0, 2ysinx 0y tend vers 0 car2ysinx
0y etx0cosx 0y fest de classeC1surW[f(0;0)g. • Etudions l"existence et la valeur éventuelle de =0. Donc • Etudions l"existence et la valeur éventuelle de 6 )y =1. Donc a montré que de classeC2surW[f(0;0)g.Correction del"exer cice4 NSoit(x;y;z;t)2R4. j(x;y) = (z;t),exey=z x+y=t,y=tx e xetx=z,y=tx (ex)2zexet=0 ,y=tx e x=zpz2+4etouex=z+pz
2+4et ex=z+pz 2+4et y=tx(carzpz2+4et 2=zjzj60)
x=ln(z+pz 2+4et)
y=tln(z+pz 2+4et)(carz+pz
2+4et>z+pz
2=z+jzj>0):
Ainsi, tout élément(z;t)2R2a un antécédent et un seul dansR2parjet doncjest une bijection deR2sur
lui-même. La fonctionjest de classeC1surR2de jacobienJj(x;y) =exey 1 1 =ex+ey. Le jacobien dejne s"annule pas surR2. En résumé,jest une bijection deR2sur lui-même, de classeC1surR2et le jacobien de
jne s"annule pas surR2. On sait alors que jest unC1-difféomorphisme deR2sur lui-même.Correction del"exer cice5 NSoitn2N. Soitx2R. La fonctionfx:y7!y2n+1+yxest continue et strictement croissante surRen tant
que somme de fonctions continues et strictement croissantes surR. Donc la fonctionfxréalise une bijection de
Rsur]limy!¥fx(y);limy!+¥fx(y)[=R. En particulier, l"équationfx(y) =0 a une et une seule solution dans
Rque l"on notej(x).
La fonctionf:(x;y)7!y2n+1+yxest de classeC1surR2qui est un ouvert deR2et de plus,8(x;y)2R2, définie par l"égalitéf(x;y) =0 est dérivable en tout réelxet de plus, en dérivant l"égalité8x2R,(j(x))2n+1+
j(x)x=0, on obtient8x2R,(2n+1)j0(x)(j(x))2n+j0(x)1=0 et donc 8x2R,j0(x) =1(2n+1)(j(x))2n+1.
Montrons par récurrence que8p2N, la fonctionjestpfois dérivable surR. - C"est vrai pourp=1. - Soitp>1. Supposons que la fonctionjsoitpfois dérivable surR. Alors la fonctionj0=1(2n+1)j2n+1est
pfois dérivable surRen tant qu"inverse d"une fonctionpfois dérivable surRne s"annulant pas surR. On en
déduit que la fonctionjestp+1 fois dérivable surR. On a montré par récurrence que8p2N, la fonctionjestpfois dérivable surRet donc que la fonctionjest de classeC¥surR.7 Calculons maintenantI=R2
0j(t)dt. On note tout d"abord que, puisque 02n+1+00=0, on aj(0) =0 et
puisque 1 2n+1+12=0, on aj(2) =1.
Maintenant, pour tout réelxde[0;2], on aj0(x)(j(x))2n+1+j0(x)j(x)xj0(x) =0 (en multipliant parj0(x)
les deux membres de l"égalité définissantj(x)) et en intégrant sur le segment[0;2], on obtient
R 2 0j0(x)(j(x))2n+1dx+R2
0j0(x)j(x)dxR2
0xj0(x)dx=0().
Or, R2 0j0(x)(j(x))2n+1dx=h(j(x))2n+22n+2i
2 0=12n+2. Demême,R2
0j0(x)j(x)dx=h(j(x))22
i 2 0=12 etdoncR2 0j0(x)(j(x))2n+1dx+
R2 0j0(x)j(x)dx=12n+2+12
=n+22n+2. D"autre part, puisque les deux fonctionsx7!xetx7!j(x)sont de classe C 1sur le segment[0;2], on peut effectuer une intégration par parties qui fournit
R2 0xj0(x)dx= [xj(x)]2
0+R2 0j(x)dx=2+I.
L"égalité()s"écrit doncn+22n+22+I=0 et on obtientI=3n+22n+2. R 2 0j(x)dx=3n+22n+2.Correction del"exer cice6 NSoitx2R. La fonctionfx:y7!ex+y+y1 est continue et strictement croissante surRen tant que somme
de fonctions continues et strictement croissantes surR. Donc la fonctionfxréalise une bijection deRsur
]limy!¥fx(y);limy!+¥fx(y)[=R. En particulier, l"équationfx(y) =0 a une et une seule solution dansRque
l"on notej(x). La fonctionf:(x;y)7!ex+y+y1 est de classeC1surR2qui est un ouvert deR2et de plus,8(x;y)2R2, l"égalitéf(x;y) =0 est dérivable en tout réelxet de plus, en dérivant l"égalité8x2R,ex+j(x)+j(x)1=0,
on obtient8x2R,(1+j0(x))ex+j(x)+j0(x) =0 ou encore 8x2R,j0(x) =ex+j(x)e
x+j(x)+1(). On en déduit par récurrence quejest de classeC¥surRet en particulier admet en 0 un développement limité
d"ordre 3. Déterminons ce développement limité. 1ère solution.Puisquee0+0+01=0, on aj(0) =0. L"égalité()fournit alorsj0(0) =12
et on peut poser j(x) =x!012 x+ax2+bx3+o(x3). On obtient e x+j(x)=x!0ex2 +ax2+bx3+o(x3) x!01+x2 +ax2+bx3 +12 x2 +ax22+16 x2 3+o(x3)
x!01+x2 a+18 x 2+ b+a2 +148
x 3+o(x3):
L"égalitéex+j(x)+j(x)1=0 fournit alorsa+18
+a=0 etb+a2 +148
+b=0 ou encorea=116 etb=1192 2ème solution.On a déjàj(0) =0 etj0(0) =0. En dérivant l"égalité(), on obtient
j 00(x) =(1+j0(x))ex+j(x)(ex+j(x)+1)(1+j0(x))ex+j(x)(ex+j(x))(
ex+j(x)+1)2=(1+j0(x))ex+j(x)( ex+j(x)+1)2, et donc j00(0)2 =12222=116 . De même, j (3)(x) =j00(x)ex+j(x)( ex+j(x)+1)2(1+j0(x))ex+j(x)(1+j0(x))( ex+j(x)+1)3, 8 et donc j(3)(0)6 =16 18 14 12 1=24 +12 18 =1192 . La formule de TAYLOR-YOUNGrefournit alors j(x) =x!0x2 x216 +x3384 +o(x3).Correction del"exer cice7 NOn dérive par rapport àlles deux membres de l"égalitéf(lx) =lrf(x)et on obtient
et pourl=1, on obtient deR2,(x0;y0)est un point critique def. d f (x;y)=0,3x2+6xy15=0 3x212=0,x=2
y=14 oux=2 y=14 Réciproquement,r=6x+6y,t=0 ets=6xpuisrts2=36x2. Ainsi,(rts2)2;14 = (rt s 2)2;14
=144<0 etfn"admet pas d"extremum local en2;14 ou2;14 fn"admet pas d"extremum local surR2.2.La fonction fest de classeC1surR2en tant que polynôme à plusieurs variables. Donc, sifadmet un
extremum local en(x0;y0)2R2,(x0;y0)est un point critique def. Soit(x;y)2R2. 8 4(xy)+4y3=0,x3+y3=0
4(xy)+4x3=0,y=x
x 32x=0
,(x;y)2n (0;0);p2;p2 p2;p2 o Réciproquement,fest plus précisément de classeC2surR2et •(rts2)p2;p2 =48(1222)>0. Doncfadmet un extremum local enp2;p2 . Plus précisément, puisquerp2;p2 =2124=20>0,fadmet un minimum local enp2;p2 . De plus, pour(x;y)2R2, f(x;y)fp2;p2 =2(xy)2+x4+y48=x4+y42x22y2+4xy+8 >x4+y42x22y22(x2+y2)+8= (x44x2+4)+(y44y2+4) = (x22)2+(y22)2 >0: 9 etfp2;p2 est un minimum global. • Pour tout(x;y)2R2,f(x;y) =f(x;y)et doncfadmet aussi un minimum global en p2;p2 égal à 8.
•f(0;0) =0. Pourx6=0,f(x;x) =2x4>0 et doncfprend des valeurs strictement supérieures àf(0;0)
dans tout voisinage de(0;0). Pourx2i p2;p2 h nf0g,f(x;0) =x42x2=x2(x22)<0 etfprend des valeurs strictement inférieures àf(0;0)dans tout voisinage de(0;0). Finalement,fn"admet pas
d"extremum local en(0;0). fadmet un minimum global égal à 8, atteint enp2;p2 et p2;p2 .Correction del"exer cice9 NOn munitMn(R)d"une norme sous-multiplicativek k. SoitA2GLn(R). On sait queGLn(R)est un ouvert de
M n(R)et donc pourH2Mn(R)de norme suffisamment petite,A+H2GLn(R). Pour un telH (A+H)1A1= (A+H)1(In(A+H)A1) =(A+H)1HA1 puis (A+H)1A1+A1HA1=(A+H)1HA1+A1HA1= (A+H)1(HA1+(A+H)A1HA1) = (A+H)1HA1HA1: Par suite,
f(A+H)f(A)+A1HA1 (A+H)1A1+A1HA1 6 (A+H)1 A1 2kHk2.
Maintenant, la formuleM1=1det(M)t(com(M)), valable pour toutM2GLn(R), et la continuité du déterminant
montre que l"applicationM7!M1est continue sur l"ouvertGLn(R). On en déduit que (A+H)1 tend vers A1 quandHtend vers 0. Par suite, lim H!0 (A+H)1 A1 2kHk=0 et donc limH!01kHk
(A+H)1A1+A1HA1 =0. Comme l"applicationH7! A1HA1est linéaire, c"est la différentielle defenA. 8A2GLn(R),8H2Mn(R),d fA(H) =A1HA1.Correction del"exer cice10 NPour tout complexeztel quejzj61,
l"égalité étant obtenue effectivement pourz=icarjsin(i)j=ei2ei22i=ee12 =sh(1). Maxfjsinzj;z2C;jzj61g=sh(1).Correction del"exer cice11 N10 1.Pour (x;y)2R2, on poseP(x;y) =2x+2y+ex+y=Q(x;y). Les fonctionsPetQsont de classeC1sur
R 2qui est un ouvert étoilé deR2. Donc, d"après le théorème de SCHWARZ,west exacte surR2si et
seulement si exacte surR2. Soitfune fonctionfde classeC1surR2.
d f=w, 8(x;y)2R2;8 , 9g2C1(R;R)=8(x;y)2R2;f(x;y) =x2+2xy+ex+y+g(y) 2x+ex+y+g0(y) =2x+2y+ex+y
, 9l2R=8(x;y)2R2;f(x;y) =x2+2xy+ex+y+g(y) g(y) =y2+l , 9l2R=8(x;y)2R2=f(x;y) = (x+y)2+ex+y+l: Les primitives dewsurR2sont les fonctions de la forme(x;y)7!(x+y)2+ex+y+l,l2R. Remarque.On pouvait aussi remarquer immédiatement que sif(x;y) = (x+y)2+ex+yalorsd f=w. 2. La forme dif férentiellewest de classeC1surW=f(x;y)2R2=y>xgqui est un ouvert étoilé deR2car convexe. Donc, d"après le théorème de SCHWARZ,west exacte surWsi et seulement siwest fermée sur
W. x(xy)2 1xy+y1(xy)2
=1(xy)22y(xy)3=x+y(xy)3=x+y(yx)3. y(xy)2 1yxx1(yx)2
x(xy)2 Doncwest exacte sur l"ouvertW. Soitfune fonctionfde classeC1surR2. d f=w, 8(x;y)2W;8 , 9g2C1(R;R)=8(x;y)2W;(f(x;y) =yxy+g(y) x(xy)2+g0(y) =x(xy)2 , 9l2R=8(x;y)2W;f(x;y) =yxy+l: Les primitives dewsurWsont les fonctions de la forme(x;y)7!yxy+l,l2R. 3.west de classeC1surR2nf(0;0)gqui est un ouvert deR2mais n"est pas étoilé. On se place dorénavant
surW=R2nf(x;0);x2]¥;0]gqui est un ouvert étoilé deR2. SurW,west exacte si et seulement si west fermée d"après le théorème de SCHWARZ.quotesdbs_dbs46.pdfusesText_46
2=zjzj60)
x=ln(z+pz2+4et)
y=tln(z+pz2+4et)(carz+pz
2+4et>z+pz
2=z+jzj>0):
Ainsi, tout élément(z;t)2R2a un antécédent et un seul dansR2parjet doncjest une bijection deR2sur
lui-même. La fonctionjest de classeC1surR2de jacobienJj(x;y) =exey 1 1 =ex+ey. Le jacobien dejnes"annule pas surR2. En résumé,jest une bijection deR2sur lui-même, de classeC1surR2et le jacobien de
jne s"annule pas surR2. On sait alors quejest unC1-difféomorphisme deR2sur lui-même.Correction del"exer cice5 NSoitn2N. Soitx2R. La fonctionfx:y7!y2n+1+yxest continue et strictement croissante surRen tant
que somme de fonctions continues et strictement croissantes surR. Donc la fonctionfxréalise une bijection de
Rsur]limy!¥fx(y);limy!+¥fx(y)[=R. En particulier, l"équationfx(y) =0 a une et une seule solution dans
Rque l"on notej(x).
La fonctionf:(x;y)7!y2n+1+yxest de classeC1surR2qui est un ouvert deR2et de plus,8(x;y)2R2,définie par l"égalitéf(x;y) =0 est dérivable en tout réelxet de plus, en dérivant l"égalité8x2R,(j(x))2n+1+
j(x)x=0, on obtient8x2R,(2n+1)j0(x)(j(x))2n+j0(x)1=0 et donc8x2R,j0(x) =1(2n+1)(j(x))2n+1.
Montrons par récurrence que8p2N, la fonctionjestpfois dérivable surR. - C"est vrai pourp=1.- Soitp>1. Supposons que la fonctionjsoitpfois dérivable surR. Alors la fonctionj0=1(2n+1)j2n+1est
pfois dérivable surRen tant qu"inverse d"une fonctionpfois dérivable surRne s"annulant pas surR. On en
déduit que la fonctionjestp+1 fois dérivable surR. On a montré par récurrence que8p2N, la fonctionjestpfois dérivable surRet donc que la fonctionjest de classeC¥surR.7Calculons maintenantI=R2
0j(t)dt. On note tout d"abord que, puisque 02n+1+00=0, on aj(0) =0 et
puisque 12n+1+12=0, on aj(2) =1.
Maintenant, pour tout réelxde[0;2], on aj0(x)(j(x))2n+1+j0(x)j(x)xj0(x) =0 (en multipliant parj0(x)
les deux membres de l"égalité définissantj(x)) et en intégrant sur le segment[0;2], on obtient
R 20j0(x)(j(x))2n+1dx+R2
0j0(x)j(x)dxR2
0xj0(x)dx=0().
Or, R20j0(x)(j(x))2n+1dx=h(j(x))2n+22n+2i
20=12n+2. Demême,R2
0j0(x)j(x)dx=h(j(x))22
i 2 0=12 etdoncR20j0(x)(j(x))2n+1dx+
R20j0(x)j(x)dx=12n+2+12
=n+22n+2. D"autre part, puisque les deux fonctionsx7!xetx7!j(x)sont de classe C1sur le segment[0;2], on peut effectuer une intégration par parties qui fournit
R20xj0(x)dx= [xj(x)]2
0+R20j(x)dx=2+I.
L"égalité()s"écrit doncn+22n+22+I=0 et on obtientI=3n+22n+2. R 20j(x)dx=3n+22n+2.Correction del"exer cice6 NSoitx2R. La fonctionfx:y7!ex+y+y1 est continue et strictement croissante surRen tant que somme
de fonctions continues et strictement croissantes surR. Donc la fonctionfxréalise une bijection deRsur
]limy!¥fx(y);limy!+¥fx(y)[=R. En particulier, l"équationfx(y) =0 a une et une seule solution dansRque
l"on notej(x). La fonctionf:(x;y)7!ex+y+y1 est de classeC1surR2qui est un ouvert deR2et de plus,8(x;y)2R2,l"égalitéf(x;y) =0 est dérivable en tout réelxet de plus, en dérivant l"égalité8x2R,ex+j(x)+j(x)1=0,
on obtient8x2R,(1+j0(x))ex+j(x)+j0(x) =0 ou encore8x2R,j0(x) =ex+j(x)e
x+j(x)+1().On en déduit par récurrence quejest de classeC¥surRet en particulier admet en 0 un développement limité
d"ordre 3. Déterminons ce développement limité.1ère solution.Puisquee0+0+01=0, on aj(0) =0. L"égalité()fournit alorsj0(0) =12
et on peut poser j(x) =x!012 x+ax2+bx3+o(x3). On obtient e x+j(x)=x!0ex2 +ax2+bx3+o(x3) x!01+x2 +ax2+bx3 +12 x2 +ax22+16 x23+o(x3)
x!01+x2 a+18 x 2+ b+a2 +148x
3+o(x3):
L"égalitéex+j(x)+j(x)1=0 fournit alorsa+18
+a=0 etb+a2 +148+b=0 ou encorea=116 etb=1192
2ème solution.On a déjàj(0) =0 etj0(0) =0. En dérivant l"égalité(), on obtient
j00(x) =(1+j0(x))ex+j(x)(ex+j(x)+1)(1+j0(x))ex+j(x)(ex+j(x))(
ex+j(x)+1)2=(1+j0(x))ex+j(x)( ex+j(x)+1)2, et donc j00(0)2 =12222=116 . De même, j (3)(x) =j00(x)ex+j(x)( ex+j(x)+1)2(1+j0(x))ex+j(x)(1+j0(x))( ex+j(x)+1)3, 8 et donc j(3)(0)6 =16 18 14 12 1=24 +12 18 =1192 . La formule de TAYLOR-YOUNGrefournit alors j(x) =x!0x2 x216 +x3384+o(x3).Correction del"exer cice7 NOn dérive par rapport àlles deux membres de l"égalitéf(lx) =lrf(x)et on obtient
et pourl=1, on obtient deR2,(x0;y0)est un point critique def. d f (x;y)=0,3x2+6xy15=03x212=0,x=2
y=14 oux=2 y=14 Réciproquement,r=6x+6y,t=0 ets=6xpuisrts2=36x2. Ainsi,(rts2)2;14 = (rt s2)2;14
=144<0 etfn"admet pas d"extremum local en2;14 ou2;14fn"admet pas d"extremum local surR2.2.La fonction fest de classeC1surR2en tant que polynôme à plusieurs variables. Donc, sifadmet un
extremum local en(x0;y0)2R2,(x0;y0)est un point critique def. Soit(x;y)2R2. 84(xy)+4y3=0,x3+y3=0
4(xy)+4x3=0,y=x
x 32x=0,(x;y)2n (0;0);p2;p2 p2;p2 o Réciproquement,fest plus précisément de classeC2surR2et •(rts2)p2;p2 =48(1222)>0. Doncfadmet un extremum local enp2;p2 . Plus précisément, puisquerp2;p2 =2124=20>0,fadmet un minimum local enp2;p2 . De plus, pour(x;y)2R2, f(x;y)fp2;p2 =2(xy)2+x4+y48=x4+y42x22y2+4xy+8 >x4+y42x22y22(x2+y2)+8= (x44x2+4)+(y44y2+4) = (x22)2+(y22)2 >0: 9 etfp2;p2 est un minimum global. • Pour tout(x;y)2R2,f(x;y) =f(x;y)et doncfadmet aussi un minimum global en p2;p2
égal à 8.
•f(0;0) =0. Pourx6=0,f(x;x) =2x4>0 et doncfprend des valeurs strictement supérieures àf(0;0)
dans tout voisinage de(0;0). Pourx2i p2;p2 h nf0g,f(x;0) =x42x2=x2(x22)<0 etfprenddes valeurs strictement inférieures àf(0;0)dans tout voisinage de(0;0). Finalement,fn"admet pas
d"extremum local en(0;0). fadmet un minimum global égal à 8, atteint enp2;p2 et p2;p2.Correction del"exer cice9 NOn munitMn(R)d"une norme sous-multiplicativek k. SoitA2GLn(R). On sait queGLn(R)est un ouvert de
M n(R)et donc pourH2Mn(R)de norme suffisamment petite,A+H2GLn(R). Pour un telH (A+H)1A1= (A+H)1(In(A+H)A1) =(A+H)1HA1 puis (A+H)1A1+A1HA1=(A+H)1HA1+A1HA1= (A+H)1(HA1+(A+H)A1HA1) = (A+H)1HA1HA1:Par suite,
f(A+H)f(A)+A1HA1 (A+H)1A1+A1HA1 6 (A+H)1 A12kHk2.
Maintenant, la formuleM1=1det(M)t(com(M)), valable pour toutM2GLn(R), et la continuité du déterminant
montre que l"applicationM7!M1est continue sur l"ouvertGLn(R). On en déduit que (A+H)1 tend vers A1 quandHtend vers 0. Par suite, lim H!0 (A+H)1 A12kHk=0 et donc limH!01kHk
(A+H)1A1+A1HA1 =0. Comme l"applicationH7! A1HA1est linéaire, c"est la différentielle defenA.8A2GLn(R),8H2Mn(R),d fA(H) =A1HA1.Correction del"exer cice10 NPour tout complexeztel quejzj61,
l"égalité étant obtenue effectivement pourz=icarjsin(i)j=ei2ei22i=ee12 =sh(1). Maxfjsinzj;z2C;jzj61g=sh(1).Correction del"exer cice11 N101.Pour (x;y)2R2, on poseP(x;y) =2x+2y+ex+y=Q(x;y). Les fonctionsPetQsont de classeC1sur
R2qui est un ouvert étoilé deR2. Donc, d"après le théorème de SCHWARZ,west exacte surR2si et
seulement si exacte surR2.Soitfune fonctionfde classeC1surR2.
d f=w, 8(x;y)2R2;8 , 9g2C1(R;R)=8(x;y)2R2;f(x;y) =x2+2xy+ex+y+g(y)2x+ex+y+g0(y) =2x+2y+ex+y
, 9l2R=8(x;y)2R2;f(x;y) =x2+2xy+ex+y+g(y) g(y) =y2+l , 9l2R=8(x;y)2R2=f(x;y) = (x+y)2+ex+y+l: Les primitives dewsurR2sont les fonctions de la forme(x;y)7!(x+y)2+ex+y+l,l2R. Remarque.On pouvait aussi remarquer immédiatement que sif(x;y) = (x+y)2+ex+yalorsd f=w. 2. La forme dif férentiellewest de classeC1surW=f(x;y)2R2=y>xgqui est un ouvert étoilé deR2carconvexe. Donc, d"après le théorème de SCHWARZ,west exacte surWsi et seulement siwest fermée sur
W. x(xy)21xy+y1(xy)2
=1(xy)22y(xy)3=x+y(xy)3=x+y(yx)3. y(xy)21yxx1(yx)2
x(xy)2 Doncwest exacte sur l"ouvertW. Soitfune fonctionfde classeC1surR2. d f=w, 8(x;y)2W;8 , 9g2C1(R;R)=8(x;y)2W;(f(x;y) =yxy+g(y) x(xy)2+g0(y) =x(xy)2 , 9l2R=8(x;y)2W;f(x;y) =yxy+l: Les primitives dewsurWsont les fonctions de la forme(x;y)7!yxy+l,l2R.3.west de classeC1surR2nf(0;0)gqui est un ouvert deR2mais n"est pas étoilé. On se place dorénavant
surW=R2nf(x;0);x2]¥;0]gqui est un ouvert étoilé deR2. SurW,west exacte si et seulement si west fermée d"après le théorème de SCHWARZ.quotesdbs_dbs46.pdfusesText_46[PDF] les fables caractéristiques
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