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Exo7

Fonctions de plusieurs variables

* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile

I : Incontournable

Exercice 1** IEtudier l"existence et la valeur éventuelle des limites suivantes : 1. xyx

2+y2en(0;0)

2. x2y2x

2+y2en(0;0)

3. x3+y3x

2+y4en(0;0)

4. px

2+y2jxjpjyj+jyjpjxjen(0;0)

5. (x2y)(y2x)x+yen(0;0) 6.

1cospjxyjjyjen(0;0)

7. x+yx

2y2+z2en(0;0;0)

8. x+yx

2y2+z2en(2;2;0)

:xy(x2y2)x

2+y2si(x;y)6= (0;0)

0 si(x;y) = (0;0). Montrer quefest de classeC1(au moins)

surR2. :y

2sinxy

siy6=0

0 siy=0.

existent et sont différents. (x;y)7!(exey;x+y)est unC1-difféomorphisme deR2sur lui-même. 1

Exercice 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=14

quandltend 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

R

2nf(0;0)g.

•Continuité en(0;0).Pour(x;y)6= (0;0), jf(x;y)f(0;0)j=jxyjjx2y2jx

2+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 :y

2sinxy

siy6=0

0 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 Donc

Finalement, la fonction

:ycosxy siy6=0

0 siy=0.

• Etudions l"existence et la valeur éventuelle de f(x0;y)f(x0;0)y0=y2sin(x0y )y =ysinx 0y

On en déduit que

existe et :2ysinxy xcosxy siy6=0

0 siy=0.

• Etudions la continuité de :jyjcosxy siy6=0

0 siy=06jyj.

La fonction

la fonction • Etudions la continuité de

2ysinxy

xcosxy siy6=0

0 siy=062jyj+jxj.

(0;0). 0y x0cosx 0y . Quandytendvers0, 2ysinx 0y tend vers 0 car

2ysinx

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=zpz

2+4etouex=z+pz

2+4et ex=z+pz 2+4et y=tx(carzpz

2+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. yx 2+y2y xx 2+y2 . Doncwest exacte surW. Soitfune application de classeC1 surW. d f=w, 8(x;y)2W;8 2+y2 2+y2y , 9g2C1(R;R)=8(x;y)2W;( ln(x2+y2)+g(y) yx

2+y2+g0(y) =yx

2+y2y , 9l2R=8(x;y)2W;f(x;y) =12 (ln(x2+y2)y2)+l: 11 Les primitives dewsurWsont les fonctions de la forme(x;y)7!12 (ln(x2+y2)y2)+l,l2R. Les fonctions précédentes sont encore des primitives dewsurR2nf(0;0)get doncwest exacte sur R

2nf(0;0)g.

4.west de classeC1sur]0;+¥[2qui est un ouvert étoilé deR2. Doncwest exacte sur]0;+¥[2si et

seulement siwest fermée sur]0;+¥[2d"après le théorème de SCHWARZ. 1xy 2 =1x 1x 2y =1x 1xy 2 1x 2yquotesdbs_dbs1.pdfusesText_1

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