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
Chapitre 1 - Fonctions de plusieurs variables. Limites dans R
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?.
MT22-Fonctions de plusieurs variables et applications
Continuité-propriétés. Exercices : Exercice A.1.7. Exercice A.1.8. Proposition I.1.3 (x0y0) étant donnés
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fonctions : limite continuité
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Agral 3 2016 - 2017 TD1 – Continuité des fonctions de plusieurs variables réelles Exercice 1 Étudier la continuité des fonctions suivantes : f(x y) =
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Exercices corrigés -Continuité des fonctions de plusieurs variables
Exercices corrigés - Continuité des fonctions de plusieurs variables Pour commencer Exercice 1 - Ensembles de définition [Signaler une erreur] [Ajouter à
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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 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:quotesdbs_dbs35.pdfusesText_40
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:quotesdbs_dbs35.pdfusesText_40[PDF] multiple et diviseur 4eme controle
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