TD1 – Continuité des fonctions de plusieurs variables réelles
TD1 – Continuité des fonctions de plusieurs variables réelles. Exercice 1. Étudier la continuité qui conduisent à deux valeurs différentes de la limite.
Fonctions de plusieurs variables limites et continuité Correction de
Feuille d'exercices numéro 2 : Fonctions de plusieurs variables limites et continuité. Correction de quelques exercices non traités en TD. Exercice 1.
Fonctions de plusieurs variables
Exercice 2 ***. On pose fxy : [?1
Chapitre 2 - Continuité dune fonction de plusieurs variables
Exercice 1. 1. Montrer qu'une fonction constante est continue. 2. Montrer que l'application (x1x2) ?? x1 est continue
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y3. (x ? 1)2 + y2 ? Exercice 9. Donner le domaine de définition des fonctions suivantes puis déterminer si elles sont prolongeables par continuité sur R2 : f1
TD3 – Différentiabilité des fonctions de plusieurs variables Exercice
Calculer avec une calculatrice la valeur exacte de f(1.1?0.1). 1. Page 2. Exercice 3. Soit f : R2 ?? R définie par :.
Fonctions de plusieurs variables
xy2 dy sur (]0+?[)2 (trouver un facteur intégrant non nul ne dépendant que de x2 +y2). Correction ?. [005897]. Exercice 12 *** I. Résoudre les équations aux
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?.
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fonctions : limite continuité
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Exercices corrigés -Continuité des fonctions de plusieurs variables
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Exercice 2 *** On pose fxy : [?11] ? R t ?? xt2 +yt puis F(xy) = sup t?[?11] fxy(t) Etudier la continuité de F sur R2 Correction ?
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Feuille 2 – Fonctions de deux variables : limites continuité dérivées partielles et extrema locaux Exercice 1 Déterminer si les fonctions suivantes ont
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est continue sur : ] ? ??3[ et sur ] ? 31[ et sur ]1 +?[ 3) La fonction t est continue sur tous le intervalles de la forme : ]? /2+ ; /2+
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Continuité-propriétés Exercices : Exercice A 1 7 Exercice A 1 8 Proposition I 1 3 (x0y0) étant donnés à partir de la fonction f de 2 variables
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Limites continuité dérivabilité Pascal Lainé 6 ??( ) = ?( ) ?1 + 2 Allez à : Correction exercice 24 : Exercice 25 : Les fonctions :? ? ?
Comment montrer la continuité d'une fonction à 2 variables ?
Soit f une fonction de deux variables réelles à valeurs réelles et soit D un sous ensemble de R2. On dit que f est continue sur (l'ensemble) D si et seulement si elle est continue en chacun des points de D. f + g est continue en (x0, y0). fg est continue en (x0, y0).Comment calculer la continuité ?
Définition : Continuité d'une fonction en un point
Soit ? ? . On dit qu'une fonction à valeur réelle ( ) est continue en = si l i m ? ? ? ( ) = ( ) .Comment Etudier l'existence d'une limite en 0 0 ?
La limite de f f en (0,0,0) ( 0 , 0 , 0 ) ne peut pas exister. Il suffit d'étudier la limite des deux fonctions coordonnées (f1,f2) ( f 1 , f 2 ) . Or, x2+y2?1 x 2 + y 2 ? 1 tend vers -1, et sinxx sin ? x x vers 1 si (x,y) ( x , y ) tend vers (0,0) ( 0 , 0 ) .- Exemple (ultra connu): f(x,y) = xy / (x2 + y2), f(0,0) = 0; montrer que f n'est pas continue en (0,0). L'astuce consiste souvent à trouver deux ensembles A = {(x,h(x))} et B = {(x,k(x))} (h et k fonctions à trouver) tels que lim(x,y)€A-->(0,0) f(x,y) est différent de lim(x,y)€B-->(0,0) f(x,y).
Fonctions de plusieurs variables
* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile I : Incontournable T : pour travailler et mémoriser le coursExercice 1**TEtudier l"existence et la valeur éventuelle d"une limite en(0;0)des fonctions suivantes :
1. xyx+y 2. xyx 2+y2 3. x2y2x 2+y2 4.1+x2+y2y
siny 5. x3+y3x 2+y2 6. x4+y4x 2+y2. t7!xt2+ytpuisF(x;y) =sup t2[1;1]f x;y(t). Etudier la continuité deFsurR2. xy(x2y2)x2+y2si(x;y)6= (0;0).
(x;y)7!(0 siy=0 y2sinxy
siy6=0. 1.Etudier la continuité de f.
2.Etudier l"e xistenceet la v aleurév entuellede déri véespartielles d"ordre 1 et 2. On montrera en particulier
queDéterminer une fontion de classeC2sur un intervalleIdeRà préciser à valeurs dansRtelle que la fonction
1 g(x;y) =fcos2xch2ysoit non constante et ait un laplacien nul sur un sous-ensemble deR2le plus grand possible (une fonction de
Laplacien nul est dite harmonique).
1.f:R2!R
(x;y)7!x2+xy+y2+2x+3y2.f:R2!R
(x;y)7!x4+y44xy admettra que ce maximum existe).2+(ya)2+py
2+(xa)2.
dansRqui à(x;y)associejyx vérifie : 3. 1. 22+y2surD=f(x;y)2R2=x>0g(en passant en polaires).
Correction del"exer cice1 NOn notefla fonction considérée. 1.Pour x6=0,f(x;x+x3)=x(x+x3)xx+x3x!0+1x
. Quandxtendvers0,x+x3tendvers0puis lim(x;y)!(0;0) x>0;y=x+x3f(x;y)=¥.fn"a de limite réelle en(0;0).
2.Pour x6=0,f(x;0) =x0x
2+02=0 puis lim(x;y)!(0;0)
y=0f(x;y) =0. Mais aussi, pourx6=0,f(x;x) =xxx2+x2=12
puis lim (x;y)!(0;0)x=yf(x;y) =12 . Donc sifa une limite réelle, cette limite doit être égale à 0 et à12 ce qui est impossible.fn"a pas de limite réelle en(0;0). 3. Pour tout (x;y)2R2,x22jxyj+y2= (jxjjyj)2>0 et doncjxyj612 (x2+y2). Par suite, pour(x;y)6= (0;0), jf(x;y)j=x2y2x2+y26(x2+y2)24(x2+y2)=14
(x2+y2).Comme lim
(x;y)!(0;0)14 (x2+y2) =0, on a aussi lim(x;y)!(0;0)f(x;y) =0. 4. lim (x;y)!(0;0)sinyy =1 et lim(x;y)!(0;0)(1+x2+y2) =1. Donc lim(x;y)!(0;0)f(x;y) =1. 5.Pour (x;y)2R2,jx3+y3j=jx+yj(x2+xy+y2)632
jx+yj(x2+y2)et donc pour(x;y)6= (0;0), jf(x;y)j=jx3+y3jx2+y2632
jx+yj.Comme lim
(x;y)!(0;0)32 jx+yj=0, on a aussi lim(x;y)!(0;0)f(x;y) =0. 6.Pour (x;y)2R2,jx4+y4j= (x2+y2)22x2y26(x2+y2)2+212
(x2+y2)2=32 (x2+y2)2et donc pour(x;y)6= (0;0), jf(x;y)j=jx4+y4jx2+y2632
(x2+y2).Comme lim
(x;y)!(0;0)32(x2+y2) =0, on a aussi lim(x;y)!(0;0)f(x;y) =0.Correction del"exer cice2 NDéterminonstoutd"abordF(x;y)pour(x;y)2R2. •Poury2R,F(x;y)=Maxff0;y(1);f0;y(1)g=Maxfy;yg=
jyj. • Six6=0,F(x;y) =Maxfx;y(1);fx;yy2x;fx;y(1)=Maxn x+y;xy;y24xo =Maxn x+jyj;y24xo Plus précisément, six>0, on ax+jyj>0 ety24x60. DoncF(x;y) =x+jyjce qui reste vrai quandx=0. Si x<0,x+jyj y24x =4x2+4xjyj+y24x=(2x+jyj)24x<0 et doncF(x;y) =y24x.8(x;y)2R2;F(x;y) =(x+jyjsix>0
y24xsix<0.En vertu de théorèmes généraux,Fest continue surf(x;y)2R2;x>0getf(x;y)2R2;x<0g. Soity06=0.
lim(x;y)!(0;y0) x<0;y=y0F(x;y) = +¥6=jy0j=F(0;y0)et doncFn"est pas continue en(0;y0). Enfin, lim(x;y)!(0;0) x<0;y=pxF(x;y) = 146=0=F(0;0)et doncFn"est pas continue en(0;0).
3Fest continue surR2nf(0;y);y2Rget est discontinue en tout(0;y),y2R.Correction del"exer cice3 N• Pour(x;y)2R2,x2+y2=0,x=y=0 et doncfest définie surR2. •fest de classeC¥surR2nf(0;0)g
en tant que quotient de fonctions de classeC¥surR2nf(0;0)gdont le dénominateur ne s"annule pas sur
R2nf(0;0)g.
2+y2=jxyj. Commelim(x;y)!(0;0)jxyj=0, onendéduitque lim(x;y)!(0;0)
(x;y)6=(0;0)f(x;y)= f(x;0)f(0;0)x0=x0(x202)x(x2+02)=0, et donc limx!0f(x;0)f(0;0)x0=0. Ainsi,fadmet une dérivée partielle par rapport à sa première variable en(0;0)
etFinalement,fadmet surR2une dérivée partielle par rapport à sa première variable définie par
:0 si(x;y) = (0;0) y(x4+4x2y2y4)(x2+y2)2si(x;y)6= (0;0). dansR2 Donc,fadmet surR2une dérivée partielle par rapport à sa deuxième variable définie par :0 si(x;y) = (0;0) x(x44x2y2y4)(x2+y2)2si(x;y)6= (0;0). R fest de classeC1exactement surR2.Correction del"exer cice4 N41.Posons D=f(x;y)=y6=0g.fest continue surR2nDen vertu de théorèmes généraux. Soitx02R.
jf(x;y)f(x0;0)j=(0 siy=0 y2sinxy
siy6=06y2.Comme lim
(x;y)!(x0;0)y2=0, lim(x;y)!(x0;0)jf(x;y)f(x0;0)j=0 et doncfest continue en(x0;0). Finalement, (x;y)2R2nD, xcosxy puis xy sinxy et enfin 2xy cosxy x2y2sinxy
variable surR2définie par ycosxy f(x0;y)f(x0;0)y0=(0 siy=0 ysinx 0y siy6=06jyj: et donc dérivée partielle par rapport à sa deuxième variable surR2définie par2ysinxy
xcosxy 5 et donc )y =1 et doncdécritR2,cos(2x)ch(2y)décrit[1;1]. On suppose déjà quefest de classeC2sur[1;1]. L"applicationgest alors de
classeC2surR2et pour(x;y)2R2, +4sin2(2x)ch2(2y)f00cos2xch2y
Ensuite,
2(2y)f0cos2xch2y
puis2cos(2x)sh(2y)4sh(2y)ch
3(2y)f0cos2xch2y
+4cos2(2x)sh2(2y)ch4(2y)f00cos2xch2y
Mais alors
Dg(x;y) =8cos(2x)ch2(2y)+8cos(2x)sh2(2y)ch
3(2y)f0cos2xch2y
+4sin2(2x)ch2(2y)+4cos2(2x)sh2(2y)ch4(2y)f00cos2xch2y
8cos(2x)ch
3(2y)f0cos2xch2y
4(2y)f00cos2xch2y
8cos(2x)ch
3(2y)f0cos2xch2y
+4ch2(2y)4cos2(2x)ch4(2y)f00cos2xch2y
4ch 2(2y)2cos(2x)ch(2y)f0cos2xch2y
1cos2(2x)ch
2(2y) f00cos2xch2y
Par suite,
Dg=0, 8(x;y)2R2;2cos(2x)ch(2y)f0cos2xch2y
1cos2(2x)ch
2(2y) f00cos2xch2y
=0 , 8t2[1;1];2t f0(t)+(1t2)f00(t) =0, 8t2[1;1];((1t2)f0)0(t) =0 , 9l2R;8t2[1;1];(1t2)f0(t) =l: 6 Le choixl6=0 ne fournit pas de solution sur[1;1]. Doncl=0 puisf0=0 puisfconstante ce qui est exclu. Donc, on ne peut pas poursuivre sur[1;1]. On cherche dorénavantfde classeC2sur]1;1[de sorte queg est de classeC2surR2nkp2 ;0;k2Z. fsolution, 9l2R;8t2]1;1[;(1t2)f0(t) =l, 9l2R=8t2]1;1[;f0(t) =l1t2, 9(l;m)2RR=8t2]1;1[;f(t) =largtht+m:Correction del"exer cice6 N1.fest de classeC1surR2qui est un ouvert deR2. Donc sifadmet un extremum local en un point(x0;y0)
deR2,(x0;y0)est un point critique def. Or, pour(x;y)2R2, 8< x+2y+3=0,8 :x=13 y=43 Donc sifadmet un extremum local, c"est nécessairement en13 ;43 avecf13 ;43 =73 . D"autre part, f(x;y) =x2+xy+y2+2x+3y= x+y2 +1 2y2 +12+y2+3y=
x+y2 +12+3y24
+2y1 x+y2 +1 2+34 y+43 2 73>73 =f 13 ;43
Doncfadmet un minimum local en13
;43égal à73
et ce minimum local est un minimum global.D"autre part,fn"admet pas de maximum local.
2.fest de classeC1surR2qui est un ouvert deR2. Donc sifadmet un extremum local en un point(x0;y0)
deR2,(x0;y0)est un point critique def. Or, pour(x;y)2R2, 8<4y34x=0,y=x3
x9x=0,(x;y)2 f(0;0);(1;1);(1;1).
Lespointscritiquesdefsont(0;0),(1;1)et(1;1). Maintenant, pour(x;y)2R2,f(x;y)=f(x;y). Ceci permet de restreindre l"étude aux deux points(0;0)et(1;1). • Pourx2R,f(x;0) =x4>0 surR etf(x;x) =4x2+2x4=2x2(2+x2)<0 sur]p2;0[[]0;p2[. Doncfchange de signe dans tous voisinage de(0;0)et puisquef(0;0) =0,fn"admet pas d"extremum local en(0;0). • Pour(h;k)2R2, f(1+h;1+k)f(1;1) = (1+h)4+(1+k)44(1+h)(1+k)+2=6h2+6k24hk+4h3+4k3+h4+k4 =h2(2h2+1)2+k2(2k2+1)2>0:fadmet donc un minimum global en(1;1)(et en(1;1)) égal à2.Correction del"exer cice7 NSoitMun point intérieur au triangleABC. On posea=BC,b=CAetc=AB. On notex,y,zetAles aires
respectives des trianglesMBC,MCA,MABetABC. On a 7 d(M;(BC))d(M;(CA))d(M(AB)) =2aire(MBC)a2aire(MCA)b
2aire(MAB)c
=8xyzabc =8abc xy(Axy). T=f(x;y)2R2;x>0;y>0;x+ycontinue sur un compact admet un minimum et un maximum ). Ce maximum est atteint dans l"intérieurTde
T0carfest nulle au bord deT0et strictement positive à l"intérieur deT0.
Puisquefest de classeC1surTqui est un ouvert deR2,fatteint son maximum surTen un point critique de f. Or, pour(x;y)2T2, 8 y(Axy)xy=0,y(A2xy) =0 x(Ax2y) =02x+y=A
x+2y=A,x=y=A3Le maximum cherché est donc égal à
8abc A3 A3 AA3 A3 =8A327abc. (On peut montrer que cemaximum est obtenu quandMest le centre de gravité du triangleABC).Correction del"exer cice8 NSoientRun repère orthonormé deR2muni de sa structure euclidienne canonique puisM,AetBles points de
coordonnées respectives(x;y),(0;a)et(a;0)dansR. Pour(x;y)2R2,f(x;y) =MA+MB>AB=ap2 avecégalité si et seulement siM2[AB]. Donc
Le minimum defsurR2existe et vautap2.
Correction de
l"exer cice9 NSoitjune application de classeC2surRpuisfl"application définie surUpar8(x;y)2U,f(x;y) =jyx
vérifie : 3. jyx jyx yx 2j0yxquotesdbs_dbs35.pdfusesText_40[PDF] multiple et diviseur 4eme controle
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