Exercice 1 4690

Justifier la continuité sur $ℝ^{2}$ de la fonction $f : (x, y) \mapsto \ln (1 + x^{2} + y^{4}) e^{- x y}$ .

Exercice 2 4693

Soit $f$ définie de $ℝ^{2}$ vers $ℝ$ par

f (x, y) = \frac{x y}{x^{2} + y^{2}} si (x, y) \neq (0, 0) et f (0, 0) = 0 .

(a)

Montrer que $f$ est continue en la variable $x$ pour chaque $y$ de $ℝ$ et inversement.
(b)

Montrer que $f$ n’est pas continue en $(0, 0)$ .

Exercice 3 1738 Correction

Soit $f : ℝ^{2} \to ℝ$ définie par

f (x, y) = {\begin{matrix} \frac{1}{2} x^{2} + y^{2} - 1 & si x^{2} + y^{2} > 1 \\ - \frac{1}{2} x^{2} & sinon. \end{matrix}

Montrer que $f$ est continue.

Solution

Notons

D = {(x, y) \in ℝ^{2} | x^{2} + y^{2} > 1} et E = {(x, y) \in ℝ^{2} | x^{2} + y^{2} \leq 1}

$f$ est continue en chaque point de $D$ et $E$ .
Soit $(x_{0}, y_{0})$ tel que $x_{0}^{2} + y_{0}^{2} = 1$ (à la jonction de $D$ et $E$ ).
Quand $(x, y) \to (x_{0}, y_{0})$ avec $(x, y) \in D$ , on a

f (x, y) \to \frac{1}{2} x_{0}^{2} + y_{0}^{2} - 1 = - \frac{1}{2} x_{0}^{2} = f (x_{0}, y_{0}) .

Quand $(x, y) \to (x_{0}, y_{0})$ avec $(x, y) \in E$ , on a

f (x, y) \to - \frac{1}{2} x_{0}^{2} = f (x_{0}, y_{0}) .

Finalement, ${lim}_{(x, y) \to (x_{0}, y_{0})} f (x, y) = f (x_{0}, y_{0})$ et donc $f$ est continue en.

Exercice 4 1739

Soient $f : ℝ \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ et $F : ℝ^{2} \to ℝ$ la fonction définie par

F (x, y) = {\begin{matrix} \frac{f (y) - f (x)}{y - x} & si y \neq x \\ f^{'} (x) & si y = x . \end{matrix}

Établir que la fonction $F$ est continue sur $ℝ^{2}$ .

[<] Continuité[>] Fonction de classe C1

Exercice 5 1743 Correction

Soit $f : ℝ^{2} \to ℝ$ définie par

f (x, y) = {\begin{matrix} y^{2} / x & si x \neq 0 \\ 0 & si x = 0 . \end{matrix}

(a)

Montrer que $f$ admet une dérivée au point $(0,0)$ suivant tout vecteur de $ℝ^{2}$ .
(b)

Observer que néanmoins $f$ n’est pas continue en $(0,0)$ .

Solution

(a)

Soit $h = (α, β) \in ℝ^{2}$ .

$\frac{1}{t} (f (t . h) - f (0,0)) = \frac{1}{t} (f (t α, t β)) = {\begin{matrix} 0 & si α = 0 \\ β^{2} / α & si α \neq 0 . \end{matrix}$

On en déduit

$D_{h} f (0,0) = {\begin{matrix} 0 & si α = 0 \\ β^{2} / α & si α \neq 0 . \end{matrix}$
(b)

On remarque

$f (\frac{1}{n}, \frac{1}{\sqrt{n}}) = 1 \to_{n \to + \infty}^{} 1 \neq f (0,0)$

La fonction $f$ n’est donc pas continue en $(0,0)$ .

Exercice 6 1742 Correction

Calculer les dérivées partielles des fonctions suivantes:

(a)

$f (x, y) = x^{y}$ (avec $x > 0$ )
(b)

$f (x, y) = \sqrt{x^{2} + y^{2}}$
(c)

$f (x, y) = x \sin (x + y)$ .

Solution

(a)

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, y) = y x^{y - 1}$ et $\frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = \ln (x) x^{y}$ .
(b)

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, y) = \frac{x}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}$ et $\frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = \frac{y}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}$ .
(c)

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, y) = \sin (x + y) + x \cos (x + y)$ et $\frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = x \cos (x + y)$ .

Exercice 7 5576 Correction

Soit $f : ℝ^{2} \to ℝ$ définie par

f (x, y) = {\begin{matrix} \frac{x^{3} - y^{3}}{x^{2} + y^{2}} & si (x, y) \neq (0,0) \\ 0 & si (x, y) = (0,0) . \end{matrix}

Calculer les dérivées partielles de $f$ en $(0,0)$ .

Solution

Sous réserve d’existence,

\frac{\partial f}{\partial x} (0,0) = lim_{t \to 0} \frac{1}{t} (f (t,0) - f (0,0)) .

Pour $t \neq 0$ ,

\frac{1}{t} (f (t,0) - f (0,0)) = \frac{1}{t} (\frac{t^{3}}{t^{2}} - 0) = 1 \to_{t \to 0}^{} 1 .

On en déduit

\frac{\partial f}{\partial x} (0,0) = 1 .

Par des calculs semblables,

\frac{\partial f}{\partial t} (0,0) = lim_{t \to 0} \frac{1}{t} (f (0, t) - f (0,0)) = - 1 .

Exercice 8 1746 Correction

Soit $φ : ℝ \to ℝ$ dérivable. On pose $f : ℝ^{*} \times ℝ \to ℝ$ définie par $f (x, y) = φ (y / x)$ .
Montrer que $f$ vérifie la relation:

x \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) + y \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = 0 .

Solution

On a

\frac{\partial f}{\partial x} (x, y) = - \frac{y}{x^{2}} φ^{'} (y / x) et \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = \frac{1}{x} φ^{'} (y / x)

d’où la relation.

[<] Dérivées partielles[>] Règle de la chaîne

Exercice 9 1747 Correction

Étudier la continuité, l’existence et la continuité des dérivées partielles premières des fonctions $f : ℝ^{2} \to ℝ$ proposées ci-dessous:

(a)

$f (x, y) = {\begin{matrix} x^{2} y^{2} \ln (x^{2} + y^{2}) & si (x, y) \neq (0,0) \\ 0 & sinon \end{matrix}$ .
(b)

$f (x, y) = {\begin{matrix} (x^{2} + y^{2}) \sin (\frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}) & si (x, y) \neq (0,0) \\ 0 & sinon \end{matrix}$

Solution

(a)

$f$ est clairement continue sur $ℝ^{2} ∖ {(0,0)}$ .
Étudions la continuité en $(0,0)$

$f (x, y) = (x y) (\frac{x y}{x^{2} + y^{2}}) ((x^{2} + y^{2}) \ln (x^{2} + y^{2})) \to_{(x, y) \to (0,0)}^{} 0$

$f$ est donc continue en $(0,0)$ .
Étudions l’existence de la dérivée partielle par rapport à $x$ .
Par composition $\frac{\partial f}{\partial x}$ existe et est continue sur $ℝ^{2} ∖ {(0,0)}$ .
De plus,

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, y) = 2 x y^{2} \ln (x^{2} + y^{2}) + \frac{2 x^{3} y^{2}}{x^{2} + y^{2}}$

et

$\frac{1}{t} (f (t,0) - f (0,0)) = 0 \to_{t \to 0}^{} 0 .$

Donc $\frac{\partial f}{\partial x} (0,0)$ existe et $\frac{\partial f}{\partial x} (0,0) = 0$ .
Enfin

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, y) \to_{(x, y) \to (0,0)}^{} 0$

car

$2 x y^{2} \ln (x^{2} + y^{2}) = 2 y \frac{x y}{x^{2} + y^{2}} (x^{2} + y^{2}) \ln (x^{2} + y^{2}) .$

Par suite, $\frac{\partial f}{\partial x}$ existe et est continue sur $ℝ^{2}$ .
Étudions l’existence de la dérivée partielles par rapport à $y$ .
Comme $f (x, y) = f (y, x)$ l’étude de $\frac{\partial f}{\partial y}$ est identique.
(b)

Soit $g : ℝ_{+} \to ℝ$ la fonction définie par

$g (t) = {\begin{matrix} t \sin (1 / \sqrt{t}) & si t \neq 0 \\ 0 & sinon. \end{matrix}$

La fonction $g$ et continue sur $ℝ_{+}$ et comme $f (x, y) = g (x^{2} + y^{2})$ , $f$ est continue sur $ℝ^{2}$ .
La fonction $g$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ donc $f$ admet des dérivées partielles continues sur $ℝ^{2} ∖ {(0,0)}$ .
De plus,

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, y) = 2 x \sin (\frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}) - \frac{x}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} \cos (\frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}})$

et

$\frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = 2 y \sin (\frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}) - \frac{y}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} \cos (\frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}) .$

Étudions l’existence de dérivées partielles en $(0,0)$ .

$\frac{1}{t} (f (t,0) - f (0,0)) = t \sin (\frac{1}{| t |}) = O (t) \to_{t \to 0}^{} 0$

donc $\frac{\partial f}{\partial x} (0,0)$ existe pas et vaut 0. Il en est de même pour $\frac{\partial f}{\partial y} (0,0)$ .

$\frac{\partial f}{\partial x} (\frac{1}{n},0) = \frac{2}{n} \sin (n) - \cos (n)$

diverge quand $n \to + \infty$ , donc $\frac{\partial f}{\partial x}$ n’est pas continue en $(0,0)$ .
Il en est de même de $\frac{\partial f}{\partial y}$ .

Exercice 10 40 Correction

Soit $f : ℝ^{2} - {(0,0)} \to ℝ$ définie par

f (x, y) = (x^{2} - y^{2}) \ln (x^{2} + y^{2}) .

(a)

Est-il possible de prolonger $f$ par continuité en $(0,0)$ ?
(b)

Établir que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{2} - {(0,0)}$ et, sans calculs, établir

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, y) = - \frac{\partial f}{\partial y} (y, x) .$
(c)

La fonction $f$ est-elle de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{2}$ ?

Solution

(a)

Quand $(x, y) \to (0,0)$ , on peut écrire $x = r \cos (θ)$ et $y = r \sin (θ)$ avec $r = \sqrt{x^{2} + y^{2}} \to 0$ .
On a alors

$f (x, y) = 2 r^{2} (\cos^{2} (θ) - \sin^{2} (θ)) \ln (r) \to_{(x, y) \to (0,0)}^{} 0$

car

$r^{2} \ln (r) \to_{(x, y) \to (0,0)}^{} 0$

On prolonge $f$ par continuité en $(0,0)$ en posant $f (0,0) = 0$ .
(b)

Par opérations, $f$ est $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{2} - {(0,0)}$ .

On observe $f (x, y) = - f (y, x)$ donc en dérivant cette relation en la variable $x$ on obtient

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, y) = - \frac{\partial f}{\partial y} (y, x) .$
(c)

On a

$\frac{\partial f}{\partial x} (0,0) = lim_{t \to 0} \frac{1}{t} (f (t,0) - f (0,0)) = 0$

et de même $\frac{\partial f}{\partial y} (0,0) = 0$ .

Pour $(x, y) \neq (0,0)$ ,

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, y) = 2 x \ln (x^{2} + y^{2}) + \frac{2 x (x^{2} - y^{2})}{x^{2} + y^{2}} .$

Quand $(x, y) \to (0,0)$ , on peut écrire $x = r \cos (θ)$ et $y = r \sin (θ)$ avec $r = \sqrt{x^{2} + y^{2}} \to 0$

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, y) = 4 r \ln (r) + 2 r (\cos^{2} (θ) - \sin^{2} (θ)) \to_{(x, y) \to (0,0)}^{} 0 = \frac{\partial f}{\partial x} (0,0) .$

Ainsi, $\frac{\partial f}{\partial x}$ est continue en $(0,0)$ et, par le résultat de la question précédente, on obtient le même résultat pour $\frac{\partial f}{\partial y}$ .

Exercice 11 3802 ENSTIM (MP)Correction

On considère la fonction $f : ℝ^{2} \to ℝ$ définie par

f (x, y) = {\begin{matrix} \frac{\sin (x y)}{| x | + | y |} & si (x, y) \neq (0,0) \\ 0 & sinon. \end{matrix}

(a)

La fonction $f$ est-elle continue?
(b)

La fonction $f$ est-elle de classe $𝒞^{1}$ ?

Solution

(a)

La fonction $f$ est évidemment continue sur $ℝ^{2} ∖ {(0,0)}$ .
En passant en coordonnées polaires

$f (x, y) \underset{(x, y) \to 0}{\sim} \frac{r^{2} \cos (θ) \sin (θ)}{r | \cos (θ) | + | \sin (θ) |} \to 0 = f (0,0)$

car le facteur

$\frac{\cos (θ) \times \sin (θ)}{| \cos (θ) | + | \sin (θ) |}$

est bornée en tant que fonction continue et $2 π$ -périodique.
La fonction $f$ est donc continue sur $ℝ^{2}$ .
(b)

On a

$\frac{\partial f}{\partial x} (0,0) = lim_{t \to 0} \frac{1}{t} (f (t,0) - f (0,0)) = 0 .$

Or pour $x, y > 0$

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, y) = \frac{y \cos (x y) (x + y) - \sin (x y)}{{(x + y)}^{2}}$

et donc

$\frac{\partial f}{\partial x} (t, t) = \frac{2 t^{2} \cos (t^{2}) - \sin (t^{2})}{{(2 t)}^{2}} \to_{t \to 0^{+}}^{} \frac{1}{2} .$

La fonction $f$ n’est donc pas de classe $𝒞^{1}$ .

Exercice 12 1748 Correction

Soient $φ : ℝ \to ℝ$ continue et $f : ℝ^{2} \to ℝ$ définie par

f (x, y) = \int_{x}^{y} φ (t) d t .

Montrer que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ et calculer ses dérivées partielles premières.

Solution

Introduisons $ϑ$ primitive de la fonction continue $φ$ sur $ℝ$ . $ϑ$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ et

\forall (x, y) \in ℝ^{2}, f (x, y) = ϑ (y) - ϑ (x) .

Par opérations, $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{2}$ avec

\frac{\partial f}{\partial x} (x, y) = - ϑ^{'} (x) = - φ (x) et \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = ϑ^{'} (y) = φ (y) .

[<] Fonction de classe C1[>] Extremums

Exercice 13 1749 Correction

Soit $f : ℝ^{2} \to ℝ$ différentiable.
On pose $g : ℝ \to ℝ$ définie par $g (t) = f (2 t,1 + t^{2})$ .
Exprimer $g^{'} (t)$ en fonction des dérivées partielles de $f$ .

Solution

Par composition la fonction $g$ est dérivable et

g^{'} (t) = 2 \partial_{1} f (2 t,1 + t^{2}) + 2 t \partial_{2} f (2 t,1 + t^{2}) .

Exercice 14 48 Correction

Soit $f : (x, y) \mapsto f (x, y)$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ définie sur $ℝ^{2}$ à valeurs réelles.

(a)

Calculer les dérivées partielles de $g : (r, θ) \mapsto f (r \cos (θ), r \sin (θ))$ .
(b)

En déduire une expression des dérivées partielles de $f$ en $(x, y)$ en fonction des dérivées partielles de $g$ en $(r, θ)$ lorsque

${\begin{matrix} x & = r \cos (θ) \\ y & = r \sin (θ) \end{matrix}$

Solution

(a)

Les fonctions $(r, θ) \mapsto r \cos (θ)$ et $(r, θ) \mapsto r \sin (θ)$ sont de classe $𝒞^{1}$ . Par composition, $g$ est de classe $𝒞^{1}$ et l’application de la règle de la chaîne donne

	$\frac{\partial g}{\partial r} (r, θ)$	$= \cos (θ) \frac{\partial f}{\partial x} (r \cos (θ), r \sin (θ)) + \sin (θ) \frac{\partial f}{\partial y} (r \cos (θ), r \sin (θ))$
	$\frac{\partial g}{\partial θ} (r, θ)$	$= - r \sin (θ) \frac{\partial f}{\partial x} (r \cos (θ), r \sin (θ)) + r \cos (θ) \frac{\partial f}{\partial y} (r \cos (θ), r \sin (θ)) .$

(b)

Par une combinaison judicieuse des relations précédentes, on isole les dérivées partielles de $f$ ,

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, y)$ $= \cos (θ) \frac{\partial g}{\partial r} (r, θ) - \frac{\sin (θ)}{r} \frac{\partial g}{\partial θ} (r, θ)$

$\frac{\partial f}{\partial y} (x, y)$ $= \sin (θ) \frac{\partial g}{\partial r} (r, θ) + \frac{\cos (θ)}{r} \frac{\partial g}{\partial θ} (r, θ) .$

Exercice 15 43

Soit $f : ℝ^{2} \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ vérifiant

f (x, y) = f (y, x) pour tout (x, y) \in ℝ^{2} .

Quelle relation relie les dérivées partielles de $f$ ?

[<] Règle de la chaîne

Exercice 16 61 CENTRALE (MP)

Trouver les extremums de $f : ℝ^{2} \to ℝ$ définie par:

(a)

$f (x, y) = x^{2} + x y + y^{2} + 2 x - 2 y$
(b)

$f (x, y) = x^{2} + 4 x y + y^{2} - 2 x - 4 y$ .

Exercice 17 1762 Correction

Déterminer les extrema locaux des fonctions $f : ℝ^{2} \to ℝ$ suivantes:

(a)

$f (x, y) = x^{2} + x y + y^{2} - 3 x - 6 y$
(b)

$f (x, y) = x^{2} + 2 y^{2} - 2 x y - 2 y + 5$
(c)

$f (x, y) = x^{3} + y^{3}$
(d)

$f (x, y) = {(x - y)}^{2} + {(x + y)}^{3}$

Solution

(a)

Point critique $(0,3)$ , $f (0,3) = - 9$ . Posons $u = x$ et $v = y - 3$ .

$f (x, y) - f (0,3) = u^{2} + u v + v^{2} = \frac{1}{2} (u^{2} + v^{2}) + \frac{1}{2} {(u + v)}^{2} \geq 0$

$f$ admet un minimum en $(0,3)$ .
(b)

Point critique $(1,1)$ , $f (1,1) = 4$ . Posons $u = x - 1$ et $v = y - 1$

$f (x, y) - f (1,1) = u^{2} + 2 v^{2} - 2 u v = {(u - v)}^{2} + v^{2} \geq 0$

$f$ admet un minimum en $(1,1)$ .
(c)

Point critique $(0,0)$ . Pour tout $n \in ℕ^{*}$ ,

$f (1 / n,0) > 0 et f (- 1 / n,0) < 0 .$

Pas d’extremum.
(d)

Point critique $(0,0)$ . Pour $n \in ℕ^{*}$

$f (1 / n,0) = \frac{1}{n^{2}} + \frac{1}{n^{3}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n^{2}} > 0 et f (- 1 / n, - 1 / n + 1 / n^{2}) \underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{2}{n^{3}} < 0 .$

Pas d’extremum.

Exercice 18 2463 CENTRALE (MP)Correction

Déterminer les extremums globaux de $f : {] 0; + \infty [}^{2} \to ℝ$ donnée par

f (x, y) = x^{\ln (x)} + y^{\ln (y)} .

Solution

Considérons la fonction $φ :] 0; + \infty [\to ℝ$ donnée par

φ (t) = t^{\ln (t)} = e^{{(\ln (t))}^{2}} .

La fonction $φ$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] 0; + \infty [$ et

φ^{'} (t) = \frac{2 \ln (t)}{t} e^{{(\ln (t))}^{2}}

est du signe de $\ln (t)$ . On peut alors dresser le tableau de variation de $φ$ .

On en déduit que $φ (t) ⩾ 1$ pour tout $t \in] 0; + \infty [$ avec égalité si, et seulement si, $t = 1$ .

On en déduit

f (x, y) = φ (x) + φ (y) ⩾ 2 = f (1, 1)

avec égalité si, et seulement si, $(x, y) = (1, 1)$ .

La fonction $f$ présente un minimum global strict en $(1, 1)$ .

Aussi, compte tenu des variations de $φ$ , la fonction $f$ ne présente pas de maximum.

Exercice 19 70 CENTRALE (MP)Correction

Soit $a > 0$ . Montrer que

f : (x, y) \mapsto x + y + \frac{a}{x y}

admet un minimum strict sur ${(ℝ_{+}^{*})}^{2}$

Solution

La fonction $f$ est définie et de classe $𝒞^{1}$ sur l’ouvert $Ω = {] 0; + \infty [}^{2}$ .

L’étude des points critiques donne $(\sqrt[3]{a}, \sqrt[3]{a})$ seul point critique de $f$ sur $Ω$ .

Posons $α = \sqrt[3]{a}$ et étudions le signe

f (x, y) - f (α, α) = x + y + \frac{α^{3}}{x y} - 3 α = \frac{x^{2} y + x y^{2} + α^{3} - 3 α x y}{x y} .

Considérons la fonction définie par le numérateur

φ : α \mapsto x^{2} y + x y^{2} + α^{3} - 3 α x y .

La fonction $φ$ est dérivable sur $] 0; + \infty [$ et

φ^{'} (α) = 3 α^{2} - 3 x y .

Cette fonction présente un minimum en $α_{0} = \sqrt{x y}$ et alors

φ (α) \geq φ (α_{0}) = x^{2} y + x y^{2} - 2 x y \sqrt{x y} = x y (x + y - 2 \sqrt{x y}) = x y {(\sqrt{x} - \sqrt{y})}^{2} \geq 0 .

On en déduit que

\forall (x, y) \in Ω, f (x, y) \geq f (α, α) = 3 α .

De plus, il y a égalité si, et seulement si, $\sqrt{x} = \sqrt{y}$ et $α = \sqrt{x y}$ , c’est-à-dire si, et seulement si, $(x, y) = (α, α)$ .

Édité le 29-11-2025

	$\frac{\partial f}{\partial x} (x, y)$	$= \cos (θ) \frac{\partial g}{\partial r} (r, θ) - \frac{\sin (θ)}{r} \frac{\partial g}{\partial θ} (r, θ)$
	$\frac{\partial f}{\partial y} (x, y)$	$= \sin (θ) \frac{\partial g}{\partial r} (r, θ) + \frac{\cos (θ)}{r} \frac{\partial g}{\partial θ} (r, θ) .$