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PCST L2 2005-2006
UE 255
fonctions de plusieurs variables : continuité, différentielles, gradient corrigés des exercices1.L"énoncé est erroné : l"expression xyx+yn"est pas définie, non seulement en (0,0), mais dèsquex+y=0.2.a) Passons en coordonnées polaires :x=rcosθ,y=rsinθsi (x,y)?=(0,0). Développons
sinxà l"ordre 3 :sinx=sin(rcosθ)=rcosθ-16 r3cos3θ+o(r3)?(r→0), et de même : siny=sin(rsinθ)=rsinθ-16 r3sin3θ+o(r3)Si l"on se rappelle que 1r2o(r4)=o?r4r
2? =o(r2), on en déduit :xsiny-ysinxx2+y2=r
2cosθsinθ-
16 r4sin3θcosθ-r2cosθsinθ+
16 r4cos3θsinθ+o(r4)r 2 16r2sinθcosθ?cos2θ-sin2θ?+o(r2)Ceci montre clairement quef(x,y) tend vers 0 quandrtend vers 0, c"est-à-dire quand (x,y)→
(0,0).b)La fonctionfpossède des dérivées partielles en tout point distinct de l"origine, puisqu"elle
est quotient de fonctions qui possèdent elles-mêmes des dérivées partielles. On étudie donc
l"existence de dérivées partielles à l"origine :∂f∂x=limx→0f(x,0)-f(0,0)x =limx→00-0x =0,et de même,∂f∂y=0. Ainsi la fonctionfadmet des dérivées partielles en tout point.?Rappelons qu"une fonction est du typeo(r3) (r→0) si on peut l"écrire sous la former3ε(r), oùε(r)→0 quand
r→0.On remarquera qu"une fonction qui est du typeo(r3cos3θ) ouo(r3sin3θ) esta fortioridu typeo(r3), puisque
cos3θet sin3θsont bornés.
c)Elle est de classeC1si ses dérivées partielles sont continues. En dehors de l"origine, on ob-
tient, tous calculs faits,∂f∂x(x,y)=(y2-x2)siny-y(x2+y2)cosx+2xysinx(x2+y2)2,∂f∂y(x,y)=(y2-x2)sinx+x(x2+y2)cosy-2xysiny(x2+y2)2Ces dérivées partielles sont manifestement continues(somme, produit, quotient de fonctions
continues), sauf peut-être à l"origine. Voyons si les dérivées partielles tendent vers 0 quand (x,y) tend vers (0,0). On commencera par calculer un développement limité du numérateur de ∂f∂xaprès être passé en coordonnées polaires :(y2-x2)siny-y(x2+y2)cosx+2xysinx = -r2cos2θ? rsinθ-16 r3sin3θ+o(r3)? -r3sinθ? 1-12 r2cos2θ+o(r2)? +r2sin2θ? rcosθ-16 r3cos3θ+o(r3)? +r5?16 sin3θcos2θ-12 cos2θsinθ-16 cos3θsin2θ? +o(r5) =r3?sin(2θ-θ)-sinθ?+r5?16 sin3θcos2θ-12 cos2θsinθ-16 cos3θsin2θ? +o(r5) =r 5?16 sin3θcos2θ-12 cos2θsinθ-16 cos3θsin2θ? +o(r5).On obtient alors, en divisant par (x2+y2)2=r4,∂f∂x(x,y)=r?16 sin3θcos2θ-12 cos2θsinθ-16 cos3θsin2θ? +o(r),Le coefficient derest borné ; on peut alors conclure quelim sin3θcos2θ-12 cos2θsinθ-16 cos3θsin2θ?+o(r)=0=∂f∂x(0,0).La dérivée partielle par rapport àxest ainsi continue à l"origine, donc partout. La démons-
tration serait la même pour la dérivée partielle par rapport ày, ce qui finit de montrer que la
fonctionfest de classeC1.3.a) Si l"on fait suivre au point (x,y) l"arc paramétré défini parx=t3,y=t, on obtientf(t3,t)=t3t2t
6+t6=12t,de sorte quef(x,y), dans ce cas, tend vers±∞. La fonction n"est donc pas continue à l"origine.b)L"application partiellef(x,y0)=xy20x
2+y60est définie et continue pour toutxsiy0?=0 (c"est
une fonction rationnelle dexdont le dénominateur ne peut s"annuler). Siy0=0, c"est l"applica-2 tion nulle, qui est parfaitement continue. L"application partiellef(x,y0) est donc continue quelque soity0. L"argumentation est la même pour l"application partiellef(x0,y).c)L"application partiellef(x,y0) possède une dérivée par rapport àxpuisque c"est une fonc-
tion rationnelle dexpartout définie siy0?=0 ; il en va de même siy0=0, puisque l"application partielle est alors l"application nulle. Même argumentation pour l"application partiellef(x0,y).La fonctionf(x,y) possède donc des dérivées partielles en tout point, bien qu"elle ne soit pas
continue à l"origine.4.a) La fonctionfest de classeC1surR2??(0,0)?parce que c"est une fonction rationnelle de
xetydéfinie surR2??(0,0)?. Ces dérivées partielles valent, après simplification :(1) (2)∂f∂x=yx4-y4+4x2y2(x2+y2)2,∂f∂y=xx4-y4-4x2y2(x2+y2)2.Siy=0, l"application partiellef(x,0) est l"application identiquement nulle et sa dérivée par-
tielle est donc ∂f∂x(x,0)=0, y compris à l"origine. De même∂f∂y(0,y)=0.Reste à voir si les dérivées partielles sont continues à l"origine ; passons encore en coordon-
nées polaires ; la dérivée partielle par rapport àx:∂f∂x=yx4-y4+4x2y2(x2+y2)2=r5sinθcos4θ-sin4θ+4sin2θcos2θr
4=rsinθ(cos2θ+sin22θ),tend bien vers 0 avecrpuisque sinθ(cos2θ+sin22θ) est borné. De même,∂f∂y=xx4-y4-4x2y2(x2+y2)2=rcosθ(cos2θ-sin22θ),tendvers 0avecr.Lesdérivéespartiellessontdoncbiencontinuesaussiàl"origine,etlafonction
fest de classeC1.b)Pour ∂2f∂x∂y, en un point distinct de l"origine, on obtient :∂ C ∞) surR2??(0,0)?, en tant que fonction rationnelle définie sur cet ouvert.Calculons maintenant les dérivées secondes croisées à l"origine, en revenant à la définition :∂
.3Or, d"après la formule (2)
∂f∂y(x,0)=x5x4=x,∂f∂x(0,y)=-y5y
4=-y de sorte que2f∂x∂y(0,0)=limx→0xx
=-1.Les dérivées secondes croisées à l"origine ne sont pas égales :fn"est donc pas de classeC2(cf.
théorème de Schwarz).5.(i) Par définition, la dérivée d"une fonctionfsuivant un vecteur#-Vau pointM0est la déri-
vée en 0 de la fonction de variable réelle?(t)=f(M0+t#-V). On a, en raison du théorème de
dérivation des fonctions composées,D #-V(M0)=# -gradf·#-VOn a donc dans ce cas : D (2,1)(x,y)=?xln(x2+y2)1/2,yln(x2+y2)1/2?·(2,1)=2x+yln(x2+y2)1/2=3(ln2)
1/2.(ii)Ici,
# -gradf=(y+z,z+x,x+y)=(8,6,0) de sorte queD(3,4,-12)(-1,1,7)=(8,6,0)·(3,4,-12)=48.(iii)Il s"agit d"une dérivéedirectionnelle, c"est-à-dire qu"on calcule la dérivée suivant un vec-
teurunitaire#-ude direction donnée. Il faut donc trouver la direction d"un vecteur unitaire#-utel que le produit scalaire# -gradf,(2,1)·#-usoit maximal ; ceci a lieu, bien évidemment, lorsque#-u
est colinéaire à# -gradf(2,1). La direction est donc celle du vecteur# -gradf(2,1)=(8x,18y)???(2,1)=(16,18).6.Posons?(t)=f(tx,ty) et calculons??(t) ; il vient, d"après la formule de dérivation des
fonctions composées :??(t)=∂f∂x(tx,ty)d(tx)dt+∂f∂y(tx,ty)d(ty)dt=x∂f∂x(tx,ty)+y∂f∂y(tx,ty).Mais d"autre part, si l"on dérive le second membre de l"égalité, on obtient
?(t)=mtm-1f(x,y).Il suffit alors de fairet=1 et de comparer les deux expressions :?quotesdbs_dbs8.pdfusesText_14