Exercice 1 - imag

Extremums d’une fonction I) Définitions (rappels de seconde : voir la fiche de cours correspondante) Soit une fonction définie sur un ensemble D inclus dans , et y deux réels • y est le maximum de sur D si et seulement si : ; Q pour tout de D, et s’il existe un réel » dans D tel que : » ; L

2nde 05 Variations extremums fonction cours

Cours 05 : Variations et extremums d ’une fonction 2/4 III Construction de la courbe représentative d ’une fonction L’objectif est de représenter graphiquement la courbe représentative de la fonction f définie sur Ë par f(x)=x2−1 dans un repère

Etude des extrema d’une fonction

concernant les fonctions d’une variable : Soit f une fonction d´eﬁnit sur un intervalle I de R; on d´esire connaˆıtre les points x de I o`u f(x) prend une valeur maximale ou minimale (on vent d´eterminer les extremums de f) Pour cela – On commence par calculer les valeurs de f aux extr´emit´es de I, f(a),f(b)au

EXERCICE :01

A-/ Soit la fonction f définie par f (x) = ax 3 + bx 2 + c ; où a ; b et c sont des réels 1°) Calculer f ’(x) 2°) Déterminer les réels a, b, c sachant que f admet 1 pour extremum en x = 0 et – 3 pour extremum en x = 2 3°) Étudier la fonction f Montrer que l’équation f(x) = 0 admet une solution

Extremums locaux, gradient, fonctions implicites

Trouver les points critiques de la fonction f suivante et déterminer si ce sont des minima locaux, des maxima locaux ou des points selle f(x;y)=sinx+y2 2y+1 Indication H Correction H [002642] Exercice 3 1 Soit f une fonction réelle d’une variable réelle de classe C2 dans un voisinage de 02Rtelle que f(0)=0 et f0(0) 6=0 Montrer que la

OPTIMISATION LIBRE

Exercice 1 - imag

où A est une fonction quelconque de classe C2 d’une variable, et B est une fonction quelconque de classe C2 d’une variable Exercice 3 Soit D,E deux domaines de R2 et φ: D −→ E qui déﬁnit un changement de variable φ(x,y) = (X,Y) Soit f∫: D −→ R une fonction Donnez la formule de changement de variable qui permet de

MS2 2F3 chapitrecomplet

Dérivée d’une fonction - Exo7

Dérivée d’une fonction Exo7 Vidéo ç partie 1 Définition Vidéo ç partie 2 Calculs Vidéo ç partie 3 Extremum local, théorème de Rolle Vidéo ç partie 4 Théorème des accroissements finis Exercices Fonctions dérivables Motivation Nous souhaitons calculer p 1,01 ou du moins en trouver une valeur approchée Comme 1,01 est proche

Exercice 1.

Déterminer tous les points critiques (les points où ∂f∂x(x,y) =∂f∂y(x,y) = 0) de la fonction f(x,y) =xy(x+y-1). Réponse : commef(x,y) =x2y+xy2-xy, on obtient∂f ∂x (x,y) = 2xy+y2-y=y(2x+y-1)et∂f ∂y (x,y) = x

2+ 2xy-x=x(x+ 2y-1)et donc trouver les points critiques defrevient à résoudre le système suivant{y(2x+y-1) = 0

x(x+ 2y-1) = 0} . La première équation implique que ou bieny= 0ou bien2x+y-1 = 0. Traitons donc ces deux cas.

1. Siy= 0la seconde équation devientx(x-1) = 0et donc ou bienx= 0ou bienx= 1et donc nous avons

obtenu que(0,0)et(1,0)sont des points singuliers.

2. Si2x+y-1 = 0la seconde équation impose ou bienx= 0ou bienx+ 2y-1 = 0. Dans le premier cas on

obtientx= 0ety= 1donc(0,1)est un point singulier. Dans le second cas il faut résoudre2x+y-1 = 0 x+ 2y-1 = 0 et on obtient que(1 3 ,1 3 )est un point singulier.

Conclusion :la fonctionfadmet 4 points critiques et seulement 4 qui sont(0,0), puis(1,0)puis(0,1)puis

1 3 ,1 3 Déterminer pour tout(x,y)∈R2, la matriceHf(x,y) =( ∂2f ∂x

2(x,y)∂2f

∂x∂y (x,y) 2f ∂y∂x (x,y)∂2f ∂y

2(x,y))

Réponse :à partir de∂f

∂x (x,y) = 2xy+y2-yon obtient∂2f ∂x

2(x,y) = 2yet aussi∂2f

∂y∂x (x,y) = 2x+ 2y-1. A partir de ∂f ∂y (x,y) =x2+ 2xy-xon obtient∂2f ∂x∂y (x,y) = 2x+ 2y-1et∂2f ∂y

2(x,y) = 2xet donc

Hf(x,y) =(2y2x+ 2y-1

2x+ 2y-1 2x)

Dire pour chacun des points critiques s"il s"agit d"un point col, d"un maximum local, ou d"un minimum local.

Réponse :

1. au point critique(0,0)nous avonsHf(0,0) =(0-1

-1 0) dont le déterminant est négatif, et donc les courbures principales sont de signes contraires. Il s"agit d"un point col.

2. au point critique(1,0)nous avonsHf(1,0) =(0 1

1 2) dont le déterminant est négatif, et donc les courbures principales sont de signes contraires. Il s"agit d"un point col.

3. au point critique(0,1)nous avonsHf(0,1) =(2 1

1 0) dont le déterminant est négatif, et donc les courbures principales sont de signes contraires. Il s"agit d"un point col.

4. au point critique(1

3 ,1 3 )nous avonsHf(1 3 ,1 3 2 3 1 3 1 3 2 3 dont le déterminant est positif, et donc les courbures

principales sont de mêmes signes. Il s"agit d"un minimum local ou d"un maximum local. Comme la trace de la

matrice Hessienne est positive, ces deux courbures principales ont une somme positive, et donc sont positives.

Il s"agit d"un minimum local.

Déterminer l"ensemble des valeurs prises parfc"est à dire{z∈R,∃(x,y)∈R2,f(x,y) =z}.

Réponse :f(x,x) =x2(2x-1) = 2x3-x2est un polynôme de degré trois réel, qui tend vers+∞quandx→+∞

et vers-∞quandx→ -∞. Par le théorème des valeurs intermédiaires, il prend donc toutes les valeurs possibles

dansR. Donc en restriction à la première bissectrice, toutes les valeurs ont été atteintes. Doncf(R2) =R.

Exercice 2.

Résoudre pour(x,y)∈R2, l"équation∂2f ∂x

2-∂2f

∂y

2=xyà l"aide du changement de variable(u,v) = (x+y,x-y),la

fonction inconnuef:R2→Rétant de classeC2. 1 Réponse : commençons par calculer la matrice jacobienne du changement de variable

D(u,v)D(x,y)=(

∂u∂x ∂u∂y ∂v∂y ∂v∂y) (1 1 1-1)

. Son déterminant vaut-1et il est non nul. Donc le changement de variable est bien défini, bijectif.

PosonsF(u,v) =f(x(u,v),y(u,v))qui s"inverse enf(x,y) =F(u(x,y),v(x,y)). Dérivons cette dernière égalité

partièlement par rapport àx. Nous obtenons∂f ∂x =∂F ∂u ∂u ∂x +∂F ∂v ∂v ∂x =∂F ∂u +∂F ∂v . De la même manière∂f ∂y ∂F ∂u ∂u ∂y +∂F ∂v ∂v ∂y =∂F ∂u -∂F ∂v . En recommençant à dériver∂f ∂x par rapport àx,nous avons∂2f ∂x

2=∂F2

∂u

2+∂2F

∂v∂u +∂2F ∂u∂v +∂2F ∂v 2. En procédant de la même manière en dérivant partièlement ∂f ∂y =∂F ∂u -∂F ∂v par rapport ày, on obtient∂2f ∂y 2= ∂F 2 ∂u

2-∂2F

∂v∂u -∂2F ∂u∂v +∂2F ∂v

2. D"où∂2f

∂x

2-∂2f

∂y

2= 4∂2F

∂v∂u (comme la fonction est de classeC2, les dérivées secondes croisées

sont égales) . Maintenant exprimonsxyen fonction deuet deven remarquant queu2-v2= (x+y)2-(x-y)2= 4xy.

Alors l"équation devient

∂2F ∂v∂u =u2-v2 16 . Prenons en une primitive enu. Alors∂F ∂v =u3 48
-v2 16 u+α(v)oùαest une fonction quelconque d"une variable. Prenons en une primitive env. AlorsF=u3 48
v-v3 48
u+A(v) +B(u)oùAest

une primitive deαdonc une fonction quelconque devetBune fonction quelconque deu.En revenant aux variables

xety, nous avons démontré que f(x,y) =(x+y)3(x-y)-(x+y)(x-y)3 48
+A(x-y) +B(x+y)

oùAest une fonction quelconque de classeC2d"une variable, etBest une fonction quelconque de classeC2d"une

variable.

Exercice 3.

SoitD,Edeux domaines deR2etφ:D-→Equi définit un changement de variableφ(x,y) = (X,Y). Soit

f:D-→Rune fonction. Donnez la formule de changement de variable qui permet de calculer l"intégrale∫

Df(x,y)dxdycomme une intégrale surE. Réponse :∫

Df(x,y)dxdy=∫

Ef(x(X,Y),y(X,Y))|D(x,y)

D(X,Y)|dXdYoù

D(x,y)

D(X,Y)=¯¯¯¯∂x

∂X ∂x ∂Y ∂y ∂X ∂y ∂Y Déterminer l"aire enlacée par l"ellipse d"équation x2 a 2+y2 b

2= 1. Réponse : posonsX=x

a etY=y b . L"équation de l"ellipse devient dans les coordonnéesXetY:X2+Y2= 1. L"aire d"un disque de rayon1estπ. Par ailleurs|D(x,y)

D(X,Y)|=|1

D(X,Y)

D(x,y)|=|1

˛˛˛˛˛1

a 0 0 1 b ˛˛˛˛˛|=|ab|=abet donc l"aire de l"ellipse=∫

D1dxdy=∫

E1.abdXdY=

E1.dXdY=πab.

Exercice 4.

La fonctionf:R2→Rdéfinie parf(x,y) ={1 si (x,y) = (0,0) x

2+xy+y2

2+y2sinon}

est-elle continue en(0,0)? Réponse : non parce quef(x,0) = 1tend vers1quandx→0et quef(x,x) =3 2 tend vers3 2 quandx→0. Nous avons donc

trouvé deux chemins distincts qui passent par(0,0),et qui donnent à la restriction defà ces deux chemins deux

limites différentes quand le point courant tend vers(0,0). Comme f(h,0)-f(0,0) h =h 2 h 2-1 h =0 h = 0nous savons quelimh→0f(h,0)-f(0,0) h = 0et donc la fonction admet une dérivée partielle par rapport àxen(0,0)et l"on a∂f ∂x (0,0) = 0. De mêmef(0,k)-f(0,0) k = 0et∂f ∂y (0,0) = 0.

Comme la fonction n"est pas continue en(0,0), elle ne peut y être différentiable, puisque la différentiabilité d"une

fonction en un point de l"ensemble de départ y implique sa continuité. 2quotesdbs_dbs5.pdfusesText_10

[PDF] Exercice 1 - imag

Exercice 1.

2+ 2xy-x=x(x+ 2y-1)et donc trouver les points critiques defrevient à résoudre le système suivant{y(2x+y-1) = 0

1. Siy= 0la seconde équation devientx(x-1) = 0et donc ou bienx= 0ou bienx= 1et donc nous avons

2. Si2x+y-1 = 0la seconde équation impose ou bienx= 0ou bienx+ 2y-1 = 0. Dans le premier cas on

2(x,y)∂2f

2(x,y))

Réponse :à partir de∂f

2(x,y) = 2yet aussi∂2f

2(x,y) = 2xet donc

Hf(x,y) =(2y2x+ 2y-1

2x+ 2y-1 2x)

Réponse :

1. au point critique(0,0)nous avonsHf(0,0) =(0-1

2. au point critique(1,0)nous avonsHf(1,0) =(0 1

3. au point critique(0,1)nous avonsHf(0,1) =(2 1

4. au point critique(1

Il s"agit d"un minimum local.

Exercice 2.

2-∂2f

2=xyà l"aide du changement de variable(u,v) = (x+y,x-y),la

D(u,v)D(x,y)=(

2=∂F2

2+∂2F

2-∂2F

2. D"où∂2f

2-∂2f

2= 4∂2F

Alors l"équation devient

Exercice 3.

Df(x,y)dxdy=∫

Ef(x(X,Y),y(X,Y))|D(x,y)

D(X,Y)|dXdYoù

D(x,y)

D(X,Y)=¯¯¯¯∂x

2= 1. Réponse : posonsX=x

D(X,Y)|=|1

D(X,Y)

D(x,y)|=|1

˛˛˛˛˛1

D1dxdy=∫

E1.abdXdY=

E1.dXdY=πab.

Exercice 4.

2+xy+y2

2+y2sinon}