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Exo7
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;p2quotesdbs_dbs23.pdfusesText_29
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;p2quotesdbs_dbs23.pdfusesText_29