[>] Dérivée selon un vecteur

 
Exercice 1  31  

Soit f:n()n() l’application définie par f(M)=M3.

Justifier que f est différentiable et calculer sa différentielle en tout Mn().

 
Exercice 2  35  Correction  

Montrer que l’application

P01P(t)2dt

définie sur E=n[X] est différentiable et exprimer sa différentielle.

Solution

Posons f(P)=01P(t)2dt. f(P+H)=f(P)+201P(t)H(t)dt+01H(t)2dt.
Posons (H)=201P(t)H(t)dt ce qui définit forme linéaire sur E.
En munissant E de la norme =, on observe |01H(t)2dt|H2=o(H).
Ainsi, la relation précédente donne f(P+H)=f(P)+(H)+o(H) ce qui assure que f est différentiable en P et df(P):H201P(t)H(t)dt.

 
Exercice 3  2904     MINES (MP)Correction  

Soient p et fp la fonction définie sur 2{(0,0)} par

fp(x,y)=(x+y)psin(1x2+y2).
  • (a)

    Donner une condition nécessaire et suffisante pour que fp se prolonge par continuité en (0,0).

  • (b)

    La condition du (a) étant remplie, donner une condition nécessaire et suffisante pour que le prolongement obtenu soit différentiable en (0,0).

Solution

  • (a)

    En polaires, x=rcos(θ), y=rsin(θ),

    fp(x,y)=(cos(θ)+sin(θ))prpsin(1r).

    Cas: p1.

    |fp(x,y)|2prp(x,y)(0,0)0

    et l’on peut prolonger f par continuité en (0,0).

    Cas: p=0.

    f0(x,y)=sin(1x2+y2)

    n’admet pas de limite finie en (0,0) car le sinus n’admet pas de limite finie en +.

  • (b)

    On suppose p*.

    Cas: p=2.

    f2(x,y)=(x+y)2sin(1x2+y2)=O((x,y)2)

    ce qui s’apparente à un développement limité à l’ordre 1 en (0,0).

    La fonction f2 est donc différentiable en (0,0) de différentielle nulle.

    Cas: p>2.

    fp(x,y)=(x+y)p-2f2(x,y).

    La fonction fp est différentiable par produit de fonctions différentiables.

    Cas: p=1. Quand h0+,

    1h(f1(h,0)-f1(0,0))=sin(1h)

    n’admet pas de limite finie. Ainsi, f n’est pas dérivable en (0,0) selon le vecteur (1,0), elle ne peut donc y être différentiable.

 
Exercice 4  28   Correction  

Justifier que la fonction f:* définie par f(z)=1/z est différentiable et calculer sa différentielle.

Solution

Soient a* et h.
On peut écrire

f(a+h)-f(a)=-ha(a+h)=(h)+α(h)

avec :h-ha2 linéaire et

α(h)=-ha(a+h)+ha2=h2a2(a+h)=O(h2)=o(h).

La différentielle de f en a est donc

:h-ha2.
 
Exercice 5  4628   

Soit Δ:n() l’application définie par Δ(A)=det(A).

  • (a)

    Justifier que l’application Δ est différentiable.

On convient de noter ai,j (avec 1i,jn) les coefficients génériques d’une matrice A de n().

  • (b)

    En exploitant un développement selon une rangée, exprimer en fonction des cofacteurs de A, les dérivées partielles

    Δai,j(A).
  • (c)

    En déduire la différentielle de l’application Δ.

 
Exercice 6  32   Correction  
  • (a)

    Justifier que l’application det:n() est différentiable.

  • (b)

    Calculer sa différentielle en In puis en toute matrice M inversible.

  • (c)

    En introduisant la comatrice de M, exprimer la différentielle de l’application det en tout Mn().

Solution

  • (a)

    det est différentiable (et même de classe 𝒞) car polynomiale en vertu de l’expression générale définissant le déterminant

    det(M)=σSnε(σ)i=1naσ(i),i.
  • (b)

    det(I+H)=1+φ(H)+o(H) avec φ=dI(det).
    Pour H=λEi,j, on obtient

    det(In+λEi,j)=1+λδi,j=1+λφ(Ei,j)+o(λ)

    donc φ(Ei,j)=δi,j puis

    φ=tr.

    Soit M inversible.

    det(M+H)=det(M)det(I+M-1H)=det(M)+det(M)tr(M-1H)+o(H)

    donc

    d(det)(M):Hdet(M)tr(M-1H).
  • (c)

    En M inversible

    d(det)(M):Hdet(M)tr(M-1H)=tr(Comt(M).H).

    Les applications Md(det)(M) et Mtr(Comt(M)×.) sont continues et coïncident sur la partie dense GLn(), elles sont donc égales sur n().

 
Exercice 7  34   

On étudie l’application f:MM-1 définie sur l’ouvert GLn().

  • (a)

    En exploitant l’identité (In+H)(In-H)=In-H2, établir que l’application f est différentiable en In.

  • (b)

    En déduire que f est différentiable en toute matrice MGLn() et exprimer sa différentielle.

 
Exercice 8  29   Correction  

Soient E et F deux -espaces vectoriels de dimension finies et φ:E×EF une application bilinéaire.
Établir que φ est différentiable et calculer sa différentielle dφ.

Solution

On a

φ(a+h,b+k)=φ(a,b)+φ(h,b)+φ(a,k)+φ(h,k)=φ(a,b)+ψ(h,k)+o((h,k))

avec ψ:(h,k)φ(h,b)+φ(a,k) linéaire et φ(h,k)=o((h,k)) car |φ(h,k)|Mhk.
Par suite, φ est différentiable en (a,b) et dφ(a,b)=ψ.

 
Exercice 9  37   

Soient E un espace euclidien dont le produit scalaire est noté () et u un endomorphisme symétrique de E.

  • (a)

    Montrer que l’application f:x(u(x)x) de E vers est différentiable et calculer sa différentielle en tout point de E.

  • (b)

    Montrer que l’application

    F:xE{0E}(u(x)x)(xx)

    est différentiable sur E{0E} et que sa différentielle vérifie, pour tout aE{0E},

    dF(a)=0a est vecteur propre de u.
 
Exercice 10  36   Correction  

Soit f:EF différentiable vérifiant f(λx)=λf(x) pour tout λ et tout xE. Montrer que l’application f est linéaire.

Solution

Remarquons

f(0)=f(0.0)=0.f(0)=0

et notons =df(0).
D’une part

f(λx)=f(0)+(λx)+o(λx)

et d’autre part

f(λx)=λf(x).

On en déduit

λ(x)+o(λx)=λf(x).

En simplifiant par λ et en faisant λ0+, on obtient f(x)=(x).
Ainsi, l’application f est linéaire.

 
Exercice 11  3502     CENTRALE (MP)Correction  

Soient E=𝒞(n,), E* le dual de E et

𝒟={dE*|(f,g)E2,d(fg)=f(0)d(g)+g(0)d(f)}.
  • (a)

    Montrer que 𝒟 est un sous-espace vectoriel de E*.

  • (b)

    Montrer que 𝒟 est non réduit à {0}.

  • (c)

    Soit d𝒟 et h une fonction constante. Que vaut d(h)?

  • (d)

    Soit fE. Montrer

    xn,f(x)=f(0)+i=1nxi01fxi(tx)dt.

    Vérifier que l’application x01fxi(tx)dt est dans E.

  • (e)

    Soit d𝒟. Établir l’existence de (a1,,an)n tel que

    fE,d(f)=i=1naifxi(0).
  • (f)

    Déterminer la dimension de 𝒟.

Solution

  • (a)

    immédiat.

  • (b)

    L’application dh:fdhf(0) fait l’affaire pour n’importe quel hn non nul.

  • (c)

    Si h est constante égale à λ alors pour toute fonction fE on a par linéarité

    d(fh)=λd(f)

    et par définition des éléments de 𝒟,

    d(fh)=f(0)d(h)+λd(f).

    En employant une fonction f ne s’annulant pas en 0, on peut affirmer d(h)=0.

  • (d)

    Soit xn, puisque la fonction φ:t[0;1]f(tx) est de classe 𝒞1, on a

    φ(1)=φ(0)+01φ(t)dt

    ce qui donne

    f(x)=f(0)+01i=1nxifxi(tx)dt.

    Soit K un compact de n.
    Toutes les dérivées partielles en x de (x,t)fxi(tx) sont continues sur K×[0;1] donc bornées.
    Par domination sur tout compact, on peut affirmer que la fonction fi:x01fxi(tx)dt est de classe 𝒞.

  • (e)

    Notons pi:xxi.
    Par linéarité de d, on a

    d(f)=i=1nd(pifi)=i=1nd(pi)fi(0)

    car d(f(0))=0 et pi(0)=0.
    En posant ai=d(pi) et sachant

    fi(0)=01fxi(0)dt=fxi(0)

    on obtient

    fE,d(f)=i=1naifxi(0).
  • (f)

    L’application qui à hn associe dh est donc une surjection de n sur 𝒟. Cette application est linéaire et aussi injective (prendre f:x(hx) pour vérifier dh=0h=0) c’est donc un isomorphisme et

    dim𝒟=n.
 
Exercice 12  4145      MINES (MP)

Soient n* et f:n()n l’application définie par

f(M)=(tr(M),tr(M2),,tr(Mn)).
  • (a)

    Montrer que f est différentiable et calculer sa différentielle en Mn().

  • (b)

    Comparer le rang de df(M) et le degré du polynôme minimal de M.

  • (c)

    Montrer que l’ensemble des matrices de n() dont le polynôme minimal est de degré n est une partie ouverte de n().

[<] Différentielle[>] Calcul de dérivées partielles

 
Exercice 13  1743  Correction  

Soit f la fonction définie sur 2 par

f(x,y)={y2/x si x00 si x=0.
  • (a)

    Montrer que f admet une dérivée au point (0,0) suivant tout vecteur de 2.

  • (b)

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

Solution

  • (a)

    Soit h=(α,β)2.

    1t(f(t.h)-f(0,0))=1t(f(tα,tβ))={0 si α=0β2/α sinon.

    Donc

    Dhf(0,0)={β2/α si α00 si α=0.
  • (b)
    f(1/n,1/n)=11f(0,0)

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

 
Exercice 14  1744  Correction  

Soit f:2 définie par

f(x,y)={x2yx4+y2 si (x,y)(0,0)0 sinon.

Montrer que f admet une dérivée en (0,0) selon tout vecteur sans pour autant y être continue.

Solution

Quand n+

f(1n,1n2)12f(0,0)

donc f n’est pas continue en (0,0).
Soit h=(α,β)2,

1t(f(tα,tβ)-f(0,0))=t2α2βt4α4+t2β2{0 si β=0α2/β sinon.

[<] Dérivée selon un vecteur[>] Dérivées partielles de fonctions composées

 
Exercice 15  1742  Correction  

Calculer les dérivées partielles des fonctions suivantes:

  • (a)

    f(x,y)=xy (avec x>0)

  • (b)

    f(x,y)=x2+y2

  • (c)

    f(x,y)=xsin(x+y).

Solution

  • (a)

    fx(x,y)=yxy-1 et fy(x,y)=ln(x)xy.

  • (b)

    fx(x,y)=xx2+y2 et fy(x,y)=yx2+y2.

  • (c)

    fx(x,y)=sin(x+y)+xcos(x+y) et fy(x,y)=xcos(x+y).

 
Exercice 16  1745  Correction  

Soit f:2 définie par

f(x,y)={xy|x|+|y| si (x,y)(0,0)0 sinon.

Justifier que f est continue en (0,0).
Étudier les dérivées partielles de f en (0,0).

Solution

|f(x,y)||y||x||x|+|y||y|0

donc f(x,y)0.

1h(f(h,0)-f(0,0))=0

donc fx(0,0)=0 et de même fy(0,0)=0.

 
Exercice 17  1746  Correction  

Soit φ: dérivable. On pose f:*× définie par f(x,y)=φ(y/x).
Montrer que f vérifie la relation:

xfx(x,y)+yfy(x,y)=0.

Solution

On a

fx(x,y)=-yx2φ(y/x) et fy(x,y)=1xφ(y/x)

d’où la relation.

 
Exercice 18  2466     CENTRALE (MP)Correction  

On considère

f:(x,y)n=1+xn1+y2n.
  • (a)

    Déterminer le domaine de définition D de f.

  • (b)

    Étudier l’existence de fx et fy sur D.

Solution

  • (a)

    Si |y|1 alors la série définissant f(x,y) converge si, et seulement si, |x|<1
    Si |y|>1 alors la série définissant f(x,y) converge si, et seulement si, |x|<|y2| car xn1+y2n=(xy2)n.

    Finalement,

    D={(x,y)2||x|<max(1,y2)}.
  • (b)

    un(x,y)=xn1+y2n. Soit a[0;1[ et Da={(x,y)2||x|amax(1,y2)}. Pour (x,y)Da:

    |unx(x,y)|=|nxn-11+y2n|.

    Si |y|1 alors |x|a et

    |unx(x,y)|=|nxn-11+y2n|nan-11+y2nnan-1.

    Si |y|>1 alors |x|ay2 et

    |unx(x,y)|=|nxn-11+y2n|nan-1y2n-21+y2nnan-1y2nan-1.

    Dans les deux cas |unx(x,y)|nan-1 qui est le terme général d’une série convergente.

    |uny(x,y)|=|2ny2n-1xn(1+y2n)2|2nxn1+y2n car y2n-11+y2n1.

    Si |y|1 alors |x|a et

    |uny(x,y)|2nan1+y2n2nan.

    Si |y|>1 alors |x|ay2 et

    |uny(x,y)|2nany2n1+y2n2nan.

    Dans les deux cas |uny(x,y)|2nan qui est le terme général d’une série convergente.
    Par convergence normale, fx et fy existent sur Da et comme cela vaut pour tout a[0;1[, fx et fy existent sur D.

 
Exercice 19  3348   Correction  

Calculer les dérivées partielles de

f(x,y)=min(x,y2).

Solution

La courbe Γ d’équation y2=x est une parabole séparant le plan en deux portions ouvertes

U={(x,y)|x<y2} et V={(x,y)|x>y2}.

Soit (x0,y0)U. Au voisinage de ce couple, f(x,y)=x et donc

fx(x0,y0)=1etfy(x0,y0)=0.

Soit (x0,y0)V. Au voisinage de ce couple, f(x,y)=y2 et donc

fx(x0,y0)=0etfy(x0,y0)=2y0.

Soit (x0,y0)Γ (on a donc x0=y02). Sous réserve d’existence,

fx(x0,y0)=limt01t(f(x0+t,y0)-f(x0,y0)).

Pour t>0,

1t(f(x0+t,y0)-f(x0,y0))=1t(y02-y02)=0

et pour t<0,

1t(f(x0+t,y0)-f(x0,y0))=1t(x0+t-x0)=1.

On en déduit que la première dérivée partielle de f en (x0,y0) n’est pas définie.

Sous réserve d’existence,

fy(x0,y0)=limt01t(f(x0,y0+t)-f(x0,y0)).

Si y00 alors pour t du signe de y0,

1t(f(x0,y0+t)-f(x0,y0))=1t(x0-x0)=0

et pour t du signe opposé à celui de y0,

1t(f(x0,y0+t)-f(x0,y0))=1t((y0+t)2-y02)=2y0+t.

On en déduit que la deuxième dérivée partielle de f en (x0,y0) n’est pas définie.

Si y0=0 (et alors x0=0),pour tout t0,

1t(f(0,0+t)-f(0,0))=0

La deuxième dérivée partielle de f en (0,0) est définie et

fy(0,0)=0.

[<] Calcul de dérivées partielles[>] Matrice jacobienne

 
Exercice 20  1749  Correction  

Soit f:2 différentiable.
On pose g: définie par g(t)=f(2t,1+t2).
Exprimer g(t) en fonction des dérivées partielles de f.

Solution

Par composition la fonction g est dérivable et

g(t)=21f(2t,1+t2)+2t2f(2t,1+t2).
 
Exercice 21  2903    MINES (MP)Correction  

Soient (x1,,xn,h1,,hn)2n, f𝒞1(n,) et g: définie par

g(t)=f(x1+th1,,xn+thn).

Exprimer g(t).

Solution

Par composition, g est dérivable (et même de classe 𝒞1) et

g(t)=i=1nhifxi(x1+th1,,xn+thn).
 
Exercice 22  1755  Correction  

Soient f:2 une fonction différentiable et g:2 définie par

g(u,v)=f(u2+v2,uv).
  • (a)

    Justifier que g est différentiable.

  • (b)

    Exprimer gu et gv en fonction des dérivées partielles de la fonction f notées fx et fy.

Solution

  • (a)

    (u,v)(u2+v2,uv) est différentiable de 2 vers 2 car à composantes polynomiales.
    Par composition g est différentiable.

  • (b)
    gu(u,v)=2ufx(u2+v2,uv)+vfy(u2+v2,uv)

    et

    gv(u,v)=2vfx(u2+v2,uv)+ufy(u2+v2,uv).
 
Exercice 23  48  Correction  

Soient f:(x,y)f(x,y) différentiable et g:(r,θ)f(rcos(θ),rsin(θ)).
Justifier que g est différentiable et exprimer les dérivées partielles de f en fonction de celles de g.

Solution

Par composition de fonctions différentiables, g est différentiable

gr(r,θ)=cos(θ)fx(rcos(θ),rsin(θ))+sin(θ)fy(rcos(θ),rsin(θ))

et

gθ(r,θ)=-rsin(θ)fx(rcos(θ),rsin(θ))+rcos(θ)fy(rcos(θ),rsin(θ)).

En combinant ces deux relations, on obtient

fx(x,y)=cos(θ)gr(r,θ)-sin(θ)rgθ(r,θ) et .
fy(x,y)=sin(θ)gr(r,θ)+cos(θ)rgθ(r,θ).
 
Exercice 24  43   

Soit f:2 une fonction de classe 𝒞1 vérifiant

f(x,y)=f(y,x)pour tout (x,y)2.

Quelle relation relie les dérivées partielles de f?

 
Exercice 25  1752   Correction  

Soit f:2 différentiable.

  • (a)

    On suppose

    t,(x,y)2,f(x+t,y+t)=f(x,y).

    Montrer

    (x,y)2,fx(x,y)+fy(x,y)=0.
  • (b)

    Étudier la réciproque.

Solution

  • (a)

    On dérive la relation par rapport à t avant d’évaluer en t=0.

  • (b)

    Soit (x,y)2. On introduit la fonction φ: définie par φ(t)=f(x+t,y+t). La fonction φ est dérivable et φ(t)=0 en vertu de l’hypothèse de travail. On en déduit que la fonction φ est constante. L’identité φ(t)=φ(0) produit celle voulue.

 
Exercice 26  1753   Correction  

Soient Ω=2{(0,0)} et f:Ω une fonction de classe 𝒞1.

  • (a)

    On suppose que

    t>0,(x,y)Ω,f(tx,ty)=f(x,y).

    Montrer que

    xfx(x,y)+yfy(x,y)=0pour tout (x,y)Ω.
  • (b)

    Étudier la réciproque.

  • (c)

    À quelle condition une telle fonction peut-elle être prolongée par continuité en (0,0)?

Solution

  • (a)

    On dérive par rapport à t la relation ,f(tx,ty)=f(x,y) et cela donne

    xfx(tx,ty)+yfy(tx,ty)=0.

    En évaluant en t=1, on obtient la relation attendue.

  • (b)

    Soit (x,y).

    Posons φ:tf(tx,ty) définie sur ]0;+[. Par composition la fonction φ est dérivable sur ]0;+[ et

    φ(t)=xfx(tx,ty)+yfy(tx,ty)=0.

    On en déduit

    tφ(t)=txfx(tx,ty)+tyfy(tx,ty)=0.

    La fonction φ est donc nulle sur ]0;+[ et φ est constante égale à φ(1)=f(x,y).

  • (c)

    Si f peut être prolongée par continuité en (0,0) alors, pour tout (x,y)Ω,

    f(x,y)=limt0+f(tx,ty)=f(0,0)

    et la fonction f est constante. La réciproque est immédiate.

 
Exercice 27  45   Correction  

Soit f:2 une fonction différentiable homogène de degré n c’est-à-dire vérifiant

t,(x,y)2,f(tx,ty)=tnf(x,y).
  • (a)

    Montrer que

    xfx+yfy=nf.
  • (b)

    On suppose n1. Montrer que les dérivées partielles de f sont elles aussi homogènes, préciser leur degré.

Solution

  • (a)

    En dérivant la relation f(tx,ty)=tnf(x,y) en la variable t

    xfx(tx,ty)+yfy(tx,ty)=ntn-1f(x,y).

    En évaluant en t=1, on obtient

    xfx(x,y)+yfy(x,y)=nf(x,y).
  • (b)

    En dérivant la relation f(tx,ty)=tnf(x,y) en la variable x

    tfx(tx,ty)=tnfx(x,y)

    donc, pour t0,

    fx(tx,ty)=tn-1fx(x,y).

    Cette identité se prolonge aussi en t=0 grâce à la continuité de fx.
    On peut conclure que fx est de homogène de degré n-1.
    Idem pour fy.

 
Exercice 28  46   

(Fonctions homogènes)

Soit f:2 une fonction de classe 𝒞1. On dit que f est homogène de degré αR lorsque

t>0,(x,y)2,f(tx,ty)=tαf(x,y).
  • (a)

    On suppose f homogène de degré α. Montrer

    xfx(x,y)+yfy(x,y)=αf(x,y)pour tout (x,y)2.
  • (b)

    Établir la réciproque.

[<] Dérivées partielles de fonctions composées[>] Calcul de dérivées partielles d'ordre 2

 
Exercice 29  1323      X (MP)

Soit f𝒞2(n,n). On suppose qu’en tout point la matrice11 1 Cette matrice est la matrice jacobienne de l’application différentiable f. de la différentielle de f dans la base canonique de n est antisymétrique.

Montrer qu’il existe bn et An() antisymétrique tels que:

xn,f(x)=Ax+b.

[<] Matrice jacobienne[>] Classe d'une fonction

 
Exercice 30  1756  Correction  

Calculer les dérivées partielles d’ordre 2 des fonctions suivantes:

  • (a)

    f(x,y)=x2(x+y)

  • (b)

    f(x,y)=cos(xy)

Solution

  • (a)

    fx(x,y)=3x2+2xy, fy(x,y)=x2, 2fx2(x,y)=6x+2y, 2fxy(x,y)=2x, 2fy2(x,y)=0.

  • (b)

    fx(x,y)=-ysin(xy), fy(x,y)=-xsin(xy), 2fx2(x,y)=-y2cos(xy), 2fxy(x,y)=-sin(xy)-xycos(xy) et 2fy2(x,y)=-x2cos(xy).

 
Exercice 31  1759  Correction  

Soit f et φ: deux applications de classe 𝒞2 et F:2 définie par

F(x,y)=f(x+φ(y)).
  • (a)

    Justifier que F est de classe 𝒞2.

  • (b)

    Vérifier l’égalité:

    2Fx2Fy-2FxyFx=0.

Solution

  • (a)

    Par composition F est 𝒞2.

  • (b)

    Par calcul,

    Fx(x,y) =f(x+φ(y)) Fy(x,y) =φ(y)f(x+φ(y))
    2Fx2(x,y) =f′′(x+φ(y)) 2Fxy(x,y) =φ(y)f′′(x+φ(y)).

    Par suite, l’égalité proposée est vérifiée.

 
Exercice 32  1760  

Soient f:2 une fonction de classe 𝒞2 exprimée en le couple de variables (x,y) et g:2 la fonction définie par

g(u,v)=f(uv,u2+v2).
  • (a)

    Exprimer les dérivées partielles de g en fonction des dérivées partielles de f.

  • (b)

    Exprimer les dérivées partielles d’ordre 2 de g en fonction des dérivées partielles d’ordres 1 et 2 de f.

 
Exercice 33  49   Correction  

Soient f:(x,y)f(x,y) de classe 𝒞2 et g:(r,θ)f(rcos(θ),rsin(θ)).

Justifier que g est de classe 𝒞2 et exprimer

2fx2+2fy2

en fonction des dérivées partielles de g.

Solution

gr=cos(θ)fx+sin(θ)fy,gθ=-rsin(θ)fx+rcos(θ)fy

et

2gr2=cos2(θ)2fx2+2cos(θ)sin(θ)2fxy+sin2(θ)2fy2.
1r22gθ2=sin2(θ)2fx2-2cos(θ)sin(θ)2fxy+cos2(θ)2fy2-1rcos(θ)fx-1rsin(θ)fy

donc

2fx2+2fy2=2gr2+1rgr+1r22gθ2.

[<] Calcul de dérivées partielles d'ordre 2[>] Surface

 
Exercice 34  1747  Correction  

Étudier la continuité, l’existence et la continuité des dérivées partielles premières de f:

  • (a)

    f(x,y)={x2y2ln(x2+y2) si (x,y)(0,0)0 sinon.

  • (b)

    f(x,y)={(x2+y2)sin(1x2+y2) si (x,y)(0,0)0 sinon

Solution

  • (a)

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

    f(x,y)=(xy)(xyx2+y2)((x2+y2)ln(x2+y2))(x,y)(0,0)0

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

    fx(x,y)=2xy2ln(x2+y2)+2x3y2x2+y2

    et

    1t(f(t,0)-f(0,0))=0t00.

    Donc fx(0,0) existe et fx(0,0)=0.
    Enfin

    fx(x,y)(x,y)(0,0)0

    car

    2xy2ln(x2+y2)=2yxyx2+y2(x2+y2)ln(x2+y2).

    Par suite, fx existe et est continue sur 2.
    Étudions l’existence de la dérivée partielles par rapport à y.
    Comme f(x,y)=f(y,x) l’étude de fy est identique.

  • (b)

    Soit g:+ la fonction définie par

    g(t)={tsin(1/t) si t00 sinon.

    La fonction g et continue sur + et comme f(x,y)=g(x2+y2), f est continue sur 2.
    La fonction g est de classe 𝒞1 sur +* donc f admet des dérivées partielles continues sur 2{(0,0)}.
    De plus,

    fx(x,y)=2xsin(1x2+y2)-xx2+y2cos(1x2+y2)

    et

    fy(x,y)=2ysin(1x2+y2)-yx2+y2cos(1x2+y2).

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

    1t(f(t,0)-f(0,0))=tsin(1|t|)=O(t)t00

    donc fx(0,0) existe pas et vaut 0. Il en est de même pour fy(0,0).

    fx(1n,0)=2nsin(n)-cos(n)

    diverge quand n+, donc fx n’est pas continue en (0,0).
    Il en est de même de fy.

 
Exercice 35  1748  Correction  

Soient φ: continue et f:2 définie par

f(x,y)=xyφ(t)dt.

Montrer que f est de classe 𝒞1 et calculer ses dérivées partielles premières.

Solution

Introduisons ϑ primitive de φ sur . ϑ existe et est de classe 𝒞1 car φ est continue.

f(x,y)=ϑ(y)-ϑ(x)

donc par opérations f est de classe 𝒞1 avec

fx(x,y)=-ϑ(x)=-φ(x) et fy(x,y)=ϑ(y)=φ(y).
 
Exercice 36  3802     ENSTIM (MP)Correction  

On considère la fonction f:2 définie par

f(x,y)={sin(xy)|x|+|y| si (x,y)(0,0)0 sinon.
  • (a)

    La fonction f est-elle continue?

  • (b)

    La fonction f est-elle de classe 𝒞1?

Solution

  • (a)

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

    f(x,y)(x,y)0r2cos(θ)sin(θ)r|cos(θ)|+|sin(θ)|0=f(0,0)

    car le facteur

    cos(θ)×sin(θ)|cos(θ)|+|sin(θ)|

    est bornée en tant que fonction continue et 2π-périodique.
    La fonction f est donc continue sur 2.

  • (b)

    On a

    fx(0,0)=limt01t(f(t,0)-f(0,0))=0.

    Or pour x,y>0

    fx(x,y)=ycos(xy)(x+y)-sin(xy)(x+y)2

    et donc

    fx(t,t)=2t2cos(t2)-sin(t2)(2t)2t0+12.

    La fonction f n’est donc pas de classe 𝒞1.

 
Exercice 37  40   Correction  

Soit f:2-{(0,0)} définie par

f(x,y)=(x2-y2)ln(x2+y2).
  • (a)

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

  • (b)

    Établir que f est de classe 𝒞1 sur 2-{(0,0)} et, sans calculs, établir

    fx(x,y)=-fy(y,x).
  • (c)

    La fonction f est-elle de classe 𝒞1 sur 2?

Solution

  • (a)

    Quand (x,y)(0,0), on peut écrire x=rcos(θ) et y=rsin(θ) avec r=x2+y20.
    On a alors

    f(x,y)=2r2(cos2(θ)-sin2(θ))ln(r)0

    car r2ln(r)0
    On prolonge f par continuité en (0,0) en posant f(0,0)=0.

  • (b)

    f est 𝒞1 sur 2-{(0,0)} par opérations. On observe f(x,y)=-f(y,x) donc en dérivant cette relation en la variable x on obtient

    fx(x,y)=-fy(y,x).
  • (c)

    On a

    fx(0,0)=limt01t(f(t,0)-f(0,0))=0

    et de même fy(0,0)=0.
    Pour (x,y)(0,0)

    fx(x,y)=2xln(x2+y2)+2x(x2-y2)x2+y2.

    Quand (x,y)(0,0), on peut écrire x=rcos(θ) et y=rsin(θ) avec r=x2+y20

    fx(x,y)=4rln(r)+2r(cos2(θ)-sin2(θ))0=fx(0,0).

    Ainsi fx est continue en (0,0) et par le résultat de b), on obtient le même résultat pour fy.

 
Exercice 38  1758   

(Contre-exemple de Peano)

Pour (x,y)2 avec (x,y)(0,0), on pose

f(x,y)=xy(x2-y2)x2+y2.
  • (a)

    Par quelle valeur peut-on prolonger f par continuité en (0,0)?

On note encore f la fonction définie par ce prolongement.

  • (b)

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

  • (c)

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

  • (d)

    Montrer que la fonction f est de classe 𝒞1 sur 2.

  • (e)

    La fonction f est-elle de classe 𝒞2?

 
Exercice 39  1757   Correction  

Soit f:2 la fonction définie par

f(x,y)={xy3x2+y2 si (x,y)(0,0)0 sinon.
  • (a)

    Montrer que f est de classe 𝒞1 sur 2.

  • (b)

    Montrer que 2fxy(0,0) et 2fyx(0,0) existent et diffèrent. Qu’en déduire?

Solution

  • (a)

    Par composition f est de classe 𝒞1 sur 2{(0,0)}.

    fx(x,y)=y3x2+y2-2x2y3(x2+y2)2 et fy(x,y)=3xy2x2+y2-2xy4(x2+y2)2.

    De plus,

    1t(f(t,0)-f(0,0))=0

    et

    1t(f(0,t)-f(0,0))=0,

    donc fx(0,0) et fy(0,0) existent et l’on a

    fx(0,0)=fy(0,0)=0.

    Aussi

    |fx(x,y)||y|y2x2+y2+2|y|(xyx2+y2)2(x,y)(0,0)0

    et

    |fy(x,y)|3|y||xy|x2+y2+2|y||xy|x2+y2y2x2+y2(x,y)(0,0)0.

    Par suite, f est de classe 𝒞1 sur 2.

  • (b)
    1t(fx(0,t)-fx(0,0))=11

    et

    1t(fy(t,0)-fy(0,0))=00.

    Donc 2fxy(0,0) et 2fyx(0,0) existent et l’on a

    2fxy(0,0)=0 et 2fyx(0,0)=1.

    On en déduit que f n’est pas de classe 𝒞2 le théorème de Schwarz n’étant pas vérifié.

 
Exercice 40  41   Correction  

Soient f: une fonction de classe 𝒞1 et F:2{(0,0)} définie par

F(x,y)=f(x2+y2)-f(0)x2+y2.
  • (a)

    Déterminer lim(x,y)(0,0)F(x,y).

On prolonge F par continuité en (0,0) et l’on suppose de surcroît f de classe 𝒞2.

  • (b)

    Justifier que F est différentiable en (0,0) et y préciser sa différentielle.

  • (c)

    Montrer que F est de classe 𝒞1.

Solution

  • (a)

    Par le théorème des accroissements finis, il existe cx,y]0;x2+y2[ tel que F(x,y)=f(c).
    Quand (x,y)(0,0) alors cx,y0 puis F(x,y)f(0).

  • (b)

    Par Taylor-Young:

    F(x,y)=F(0,0)+x2+y22f′′(0)+(x2+y2)ε(x2+y2)=F(0,0)+φ(x,y)+o(x,y)

    avec φ=0.
    Donc F est différentiable en (0,0) et dF(0,0)=0.

  • (c)

    F est de classe 𝒞1 sur 2{(0,0)} par opérations.

    Fx(x,y)=2xx2+y2(f(x2+y2)-F(x,y))=x(f′′(0)+o(1))(x,y)(0,0)0

    et de même

    Fy(x,y)(x,y)(0,0)0

    donc F est de classe 𝒞1.

 
Exercice 41  2906     MINES (MP)Correction  

Soit g: de classe 𝒞2. On pose

f(x,y)=g(x)-g(y)x-y pour xyetf(x,x)=g(x).
  • (a)

    Exprimer f(x,y) à l’aide d’une intégrale sur l’intervalle [0;1].

  • (b)

    En déduire que f est de classe 𝒞1.

Solution

  • (a)

    Puisque la fonction g est de classe 𝒞1, on peut écrire

    g(x)=g(y)+yxg(t)dt.

    Par le changement de variable t=y+u(x-y), on obtient

    g(x)=g(y)+(x-y)01g(y+u(x-y))du.

    Ainsi,

    f(x,y)=01g(y+u(x-y))du

    et cette relation vaut pour xy et aussi pour x=y.

  • (b)

    Soit y fixé.
    L’application φ:(x,u)g(y+u(x-y)) admet une dérivée partielle

    φx(x,u)=ug′′(y+u(x-y)).

    Cette dérivée partielle est continue en x et continue par morceaux en u
    Pour [a;b] assez grand pour que y en soit élément, on a

    x[a;b],u[0;1],y+u(x-y)[x;y][a;b].

    La fonction g′′ est continue donc bornée par un certain M+ sur le segment [a;b]. On a alors

    (x,u)[a;b]×[0;1],|φx(x,u)|M=ψ(u).

    La fonction ψ est évidemment intégrable sur [0;1] et donc, par domination sur tout segment, on peut affirmer que l’application x01φ(x,u)du est de classe 𝒞1 et

    ddx(01φ(x,u)du)=01φx(x,u)du.

    Ainsi, f admet une dérivée partielle

    fx(x,y)=01ug′′(y+u(x-y))du.

    De plus, la fonction (x,y,u)ug′′(y+u(x-y)) est continue sur 2×[0;1] et par une domination sur [a;b]×[a;b], on obtient la continuité sur 2 de l’application fx.
    De même, on montre que la deuxième dérivée partielle de f existe et est continue.

 
Exercice 42  2460     CENTRALE (MP)Correction  

On pose

φ(x,y)=cos(x)-cos(y)x-y pour xy.
  • (a)

    Montrer que φ admet un prolongement par continuité à 2 noté encore φ.

  • (b)

    Montrer que φ est de 𝒞.

Solution

  • (a)

    On pose φ(a,a)=-sin(a) et l’on observe que φ(x,y)φ(a,a) quand (x,y)(a,a) avec xy et avec x=y.

  • (b)

    En vertu de

    cos(p)-cos(q)=-2sin(p-q2)sin(p+q2)

    on a

    φ(x,y)=-sinc(x-y2)sin(x+y2)

    avec sinc de classe 𝒞 car développable en série entière.

 
Exercice 43  2907     MINES (MP)Correction  

Soit, pour n*,

un:(x,y)cos(ny)nxn.

On note D l’ensemble des (x,y)2 tels que la série de terme général un(x,y) converge. On pose

f:(x,y)n=1un(x,y).
  • (a)

    Déterminer D.

  • (b)

    Montrer que fD est de classe 𝒞1.

Solution

  • (a)

    Cas: |x|<1.

    |un(x,y)|=o(xn)

    donc la série un(x,y) est absolument convergente.

    Cas: |x|>1. Si la série un(x,y) converge alors un(x,y)n+0 donc

    cos(ny)=un(x,y)nxn0

    par croissance comparée.
    Mais alors

    cos(2ny)=2cos2(ny)-1-1

    ce qui est incohérent avec l’affirmation qui précède.
    Ainsi, la série un(x,y) diverge.

    Cas: x=1. Si y=0[2π] alors un(1,y)=1n et un(1,y) diverge.
    Si y0[2π] alors par une transformation d’Abel, on obtient la convergence de la série un(1,y).

    Cas: x=-1. On remarque

    un(-1,y)=un(1,y+π).

    Ainsi, un(-1,y) converge si, et seulement si, yπ[2π].

    Finalement,

    D={(x,y)2||x|<1}{(1,y)/y0[2π]}{(-1,y)/yπ[2π]}.
  • (b)

    L’intérieur de D est alors

    D={(x,y)2||x|<1}.

    Soient a[0;1[ et Da={(x,y)2||x|<a}.
    un est de classe 𝒞1 sur Da et la série de fonctions un(x,y) converge simplement sur Da.
    La série de fonctions unx(x,y) converge normalement sur Da via

    |unx(x,y)|nan-1.

    Enfin, la série de fonctions uny(x,y) converge normalement sur Da via

    |uny(x,y)|nan.

    On peut alors appliquer les théorèmes usuels qui affirment que

    (x,y)n=0+un(x,y)

    admet deux dérivées partielles continues sur Da. C’est donc une fonction de classe 𝒞1 sur Da. Enfin, cela valant pour tout a[0;1[, on obtient une fonction de classe 𝒞1 sur l’intérieur de D.

 
Exercice 44  51    Correction  

Soit f:2 une fonction de classe 𝒞1. On définit

F(x)=2xx3f(x+1,t)dt.

Démontrer que F est dérivable sur et préciser sa dérivée.

Solution

On peut écrire

F(x)=0x3f(x+1,t)dt-02xf(x+1,t)dt=φ(x,x3)-φ(x,2x)

avec

φ(x,u)=0uf(x+1,t)dt=01uf(x+1,tu)dt.

Fixons u et considérons g(x,t)=uf(x+1,tu) définie sur ×[0;1].
La fonction g est continue en x et continue par morceaux en t.
Soit [a;b]. La fonction f étant continue sur le compact [a+1;b+1]×[0;u], elle y est bornée par un certain M+.
On a alors

(x,u)[a;b]×[0;u],|g(x,t)|M=ψ(t).

La fonction ψ est intégrable sur [0;u] et donc, par intégration sur un segment, on obtient que la fonction xφ(x,u) est de classe 𝒞1 et

ddx(φ(x,u))=φx(x,u)=01ufx(x+1,tu)dt.

Ainsi φ admet une dérivée partielle φx et, une domination analogue à la précédente permet d’établir que cette fonction est continue en le couple (x,u)2.
D’autre part, uφ(x,u) est évidemment dérivable et

ddu(φ(x,u))=φu(x,u)=f(x+1,u).

Ainsi φ admet une dérivée partielle φu et celle-ci est clairement continue.

Finalement, φ est de classe 𝒞1 sur 2.
Notons enfin que les dérivées partielles de φ sont continues en (x,u) et donc la fonction φ est de classe 𝒞1.
Puisque , F est de classe 𝒞1.
Par dérivation de fonctions composées

F(x)=φx(x,x3)+3x2φu(x,x3)-φx(x,x2)-2φu(x,2x).

Enfin

F(x)=2xx3fx(x+1,t)dt+3x2f(x+1,x3)-2f(x+1,2x).

[<] Classe d'une fonction[>] Gradient

 
Exercice 45  5106  
  • (a)

    Étudier la position relative de la surface Σ:z=x2+y2 et de son plan tangent en tout point.

  • (b)

    Même question avec Σ:z=x2-y2

 
Exercice 46  5108   

Montrer que l’intersection de la surface Σ:x2+y2-z2=1 et de son plan tangent en un point régulier est la réunion de deux droites sécantes en ce point.

[<] Surface[>] Recherche d'extremum

 
Exercice 47  3885  Correction  

Soient u un endomorphisme symétrique d’un espace euclidien E et x0 un vecteur de E. On étudie la fonction f:E définie par

f(x)=12(u(x)x)+(x0x).
  • (a)

    Montrer que f est différentiable et exprimer sa différentielle.

  • (b)

    Calculer le gradient de f en tout point de E.

Solution

  • (a)

    Soit aE. On peut écrire

    f(a+h)=12((u(a)a)+(u(a)h)+(u(h)a)+(u(h)h))+(x0a)+(x0h).

    Sachant (u(h)a)=(u(a)h), on obtient

    f(a+h)=f(a)+(h)+(u(h)h)

    avec la forme linéaire donnée par

    (h)=(u(a)+x0h).

    Puisque

    |(u(h)h)|u(h)h avec u(h)h0E0

    on obtient le développement limité à l’ordre 1

    f(a+h)=f(a)+(h)+o(h).

    Finalement, f est différentiable en a et

    df(a).h=(u(a)+x0h).
  • (b)

    Le gradient de f en a est alors

    f(a)=u(a)+x0.
 
Exercice 48  30   Correction  

Soit E un espace vectoriel euclidien.

  • (a)

    En quels points l’application xx2 est-elle différentiable?

  • (b)

    Préciser en ces points le vecteur gradient.

Solution

  • (a)

    Cas: x=0.

    1t(0+t.h-0)=|t|th

    n’a pas de limite qaund t tend vers 0. Par suite, n’est pas différentiable en 0.

    Cas: x0.

    x+h =x2+2(xh)+h2
    =x1+2(xh)x2+h2x2=x+(xh)x+o(h)

    donc est différentiable en x et de différentielle

    h(xh)x.
  • (b)

    Le vecteur gradient en x0 est

    1x.x.
 
Exercice 49  1750   

On munit 2 de sa structure euclidienne canonique.

Soient f:× une fonction de classe 𝒞1 et g:× définie par

g(r,θ)=f(rcos(θ),rsin(θ)).

Soient (x,y)2{(0,0)} et (r,θ)+*× tels que x=rcos(θ) et y=rsin(θ).

  • (a)

    Exprimer

    fx(x,y) et fy(x,y) en fonction de gr(r,θ) et gθ(r,θ).

On introduit les vecteurs ur=(cos(θ),sin(θ)) et uθ=(-sin(θ),cos(θ)).

  • (b)

    Exprimer le gradient de f en (x,y) en fonction de ur, uθ et des dérivées partielles de g.

 
Exercice 50  5219   

On munit n de sa structure euclidienne canonique.

Soient U un ouvert convexe non vide de n et f:U une fonction de classe 𝒞1.

  • (a)

    Montrer que, si les dérivées partielles de f sont nulles, alors f est une fonction constante.

  • (b)

    Montrer que, si le gradient de f est borné, alors pour tout (a,b)U

    |f(b)-f(a)|Mb-a avec M=supxUf(x).
 
Exercice 51  5107   

On munit n de sa structure euclidienne canonique et l’on identifie n et l’espace des colonnes n,1().

Soient An() une matrice symétrique et fA:n définie par fA(x)=xtAx.

  • (a)

    Calculer les dérivées partielles de fA et exprimer fA(x) en fonction de Ax pour tout xn.

Pour xn non nul, on introduit le quotient de Rayleigh

R(x)=xtAxxtx.
  • (b)

    Montrer que x est vecteur propre de A si, et seulement si, R(x)=0.

 
Exercice 52  33   Correction  
  • (a)

    Montrer que l’application Δ:Adet(A) est différentiable sur n().

  • (b)

    Calculer sa différentielle en commençant par évaluer ses dérivées partielles.

  • (c)

    On munit n() du produit scalaire canonique défini par A,B=tr(AtB).
    Déterminer le vecteur gradient de Δ en A

Solution

Notons A=(ai,j)

  • (a)

    Puisque

    Δ(A)=σ𝒮nε(σ)i=1naσ(i),i

    la fonction Δ est différentiable sur n() par somme et produit de fonctions qui le sont (à savoir les application linéaires Aai,j).

  • (b)

    En développant le déterminant selon la i-ème ligne, on obtient

    det(A)=j=1nai,jAi,j

    avec Ai,j cofacteur d’indice (i,j). On en déduit.

    (i,j)Δ(A)=Ai,j.

    Par conséquent, la différentielle de Δ en A est

    dΔ(A):Hi,j=1nAi,jhi,j.
  • (c)

    On observe

    dΔ(A)H=tr(Comt(A)H))=Com(A),H.

    Le vecteur gradient de Δ en A est donc Com(A).

[<] Gradient[>] Extremum sur compact

 
Exercice 53  61    CENTRALE (MP)

Trouver les extremums de f:2 définie par:

  • (a)

    f(x,y)=x2+xy+y2+2x-2y

  • (b)

    f(x,y)=x2+4xy+y2-2x-4y.

 
Exercice 54  1762  Correction  

Déterminer les extrema locaux des fonctions f:2 suivantes:

  • (a)

    f(x,y)=x2+xy+y2-3x-6y

  • (b)

    f(x,y)=x2+2y2-2xy-2y+5

  • (c)

    f(x,y)=x3+y3

  • (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)=u2+uv+v2=12(u2+v2)+12(u+v)20

    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)=u2+2v2-2uv=(u-v)2+v20

    f admet un minimum en (1,1).

  • (c)

    Point critique (0,0).
    Pour tout n*,

    f(1/n,0)>0 et f(-1/n,0)<0.

    Pas d’extremum.

  • (d)

    Point critique (0,0).

    f(1/n,0)=1n2+1n31n2>0 et f(-1/n,-1/n+1/n2)-2n3<0.

    Pas d’extremum.

 
Exercice 55  2463    CENTRALE (MP)Correction  

Déterminer les extremums de xln(x)+yln(y) sur ]0;+[2.

Solution

L’étude des points critiques donne (1,1) seul point critique.
La fonction ttln(t) admet un minimum en 1, donc (x,y)xln(x)+yln(y) admet un minimum en (1,1).

 
Exercice 56  58   

Déterminer les extremums locaux et globaux de f:2 définie par

f(x,y)=x3+y3-3xy-1.
 
Exercice 57  59   Correction  

Trouver les extrema sur 2 de

f(x,y)=x4+y4-4xy.

Solution

f est de classe 𝒞1 sur l’ouvert 2.
Recherchons les points critiques.

fx(x,y)=4x3-4y,fy(x,y)=4y3-4x.

On a

{4x3-4y=04y3-4x=0{x3=yy3=x{y=x3x9=x{y=x2x=0,-1 ou 1

(0,0),(1,1) et (-1,-1) sont donc les seuls points critique
Étude en (0,0)

f(1/n,1/n)-4n2<0 et f(1/n,-1/n)4n2>0

(0,0) n’est pas extremum local de f.
Étude en (1,1).
On peut écrire

f(x,y)-f(1,1)=(x2-1)2+(y2-1)2+2(x-y)20

donc (1,1) est minimum global.
Il en est de même (-1,-1) car f(-x,-y)=f(x,y).

 
Exercice 58  2530     CCP (MP)Correction  
  • (a)

    Étudier les variations de la fonction f définie par

    f(t)=t-ln(t)-1t.
  • (b)

    Résoudre f(t)=0.

  • (c)

    Trouver les extremums globaux et locaux de

    g(x,y)=xln(y)-yln(x).

Solution

  • (a)

    f est définie sur ]0;+[ et strictement croissante de limites - en 0+ et + en +.

  • (b)

    t=1 est solution et c’est la seule car f est strictement croissante.

  • (c)

    g est de classe 𝒞1. Recherchons ses points critiques.

    {gx(x,y)=0gy(x,y)=0{ln(y)-yx=0xy-ln(x)=0{f(xy)=0xy-ln(x)=0{x=yx=e.

    On conclut que (e,e) est le seul point critique.
    On étudie alors le signe de

    d(x,y)=g(x,y)-g(e,e)=xln(y)-yln(x).

    On procède à une translation

    {x=e+uy=e+v

    et à un développement limité à l’ordre 2

    d(x,y)=(e+u)(1+ve-v22e+v2ε(v))-(e+v)(1+ue-u22e+u2ε(u))

    avec ε0. Après simplification

    d(x,y)=u2-v22+(u2+v2)ε~(u,v) avec ε~(0,0)0.

    En considérant u=1/n et v=0 ou, à l’inverse u=0 et v=1/n, on obtient que d prend des signes différents au voisinage de (e,e) qui n’est donc pas extremum de f.

    Figure 1: Une représentation de la fonction g
 
Exercice 59  65   

Calculer

infx,y>0(1x+1y+xy).
 
Exercice 60  268   Correction  

Déterminer

sup(x,y)]0;+[2xy(1+x)(1+y)(x+y).

Solution

Posons

f(x,y)=xy(1+x)(1+y)(x+y)

définie et de classe 𝒞 sur ]0;+[2
Soit x>0 fixé. Posons

φ:yf(x,y).

On a

φ(y)=x(x-y2)(1+x)(1+y)2(x+y)2.

La fonction φ admet donc un maximum en y=x dont la valeur est

ψ(x)=f(x,x)=x(1+x)(1+x)2.

On a

ψ(x)=xx-1(1+x)2(1+x)3.

La fonction ψ admet donc un maximum en x=1 dont la valeur est

ψ(1)=f(1,1)=18.

Au final

sup(x,y)]0;+[2xy(1+x)(1+y)(x+y)=max(x,y)]0;+[2xy(1+x)(1+y)(x+y)=18.
 
Exercice 61  70     CENTRALE (MP)Correction  

Soit a>0. Montrer que

f:(x,y)x+y+axy

admet un minimum strict sur (+*)2

Solution

L’étude des points critiques donne (a3,a3) seul point critique.
Posons α=a3.

f(x,y)-f(α,α)=x+y+α3xy-3α=x2y+xy2+α3-3αxyxy.

Étudions φ:αx2y+xy2+α3-3αxy. Cette application admet un minimum en xy de valeur

x2y+xy2-2xyxy=xy(x+y-2xy)=xy(x-y)20

donc pour tout x,y>0,

f(x,y)f(α,α).

De plus, il y a égalité si, et seulement si, x=y et α=xy c’est-à-dire x=y=α.

 
Exercice 62  71     MINES (MP)Correction  

Soit a>0. On pose, pour x>0 et y>0,

f(x,y)=x2+y2+axy.

Montrer que f admet un minimum absolu et calculer ce dernier.

Solution

Soit x>0 fixé.
L’application yf(x,y) a pour dérivée 2y-axy2, elle donc minimale pour y=a2x3.
Considérons

g:xf(x,a2x3)=x2+322a2x23

g est dérivable sur +* et g(x)=2x-2a23x5/3, g(x)=02x8/3=21/3a2/3x=a24.
g est minimale pour x=a/24, puis f admet un minimum en (a/24,a/24) de valeur 22a.

 
Exercice 63  3347     CCP (MP)

On munit n de sa structure euclidienne canonique de produit scalaire ,.

Soit f un endomorphisme symétrique de n dont toutes les valeurs propres sont strictement positives.

  • (a)

    Montrer que

    f(x),x>0pour tout xn non nul.
  • (b)

    Soient u un vecteur de n et g:n l’application définie par

    g(x)=12f(x),x-u,x.

    Calculer le vecteur gradient de g en tout vecteur x de n.

  • (c)

    Montrer que g admet un unique point critique.

  • (d)

    Montrer que g admet un minimum global.

 
Exercice 64  72   Correction  

Soient U un ouvert convexe et f:U une fonction convexe et différentiable. Montrer que tout point critique est un minimum global.

Solution

Soit a point critique de f. Pour tout bU, la convexité de f donne

λ[0;1],f((1-λ)a+λb)(1-λ)f(a)+λf(b).

Par suite,

1λ(f(a+λ(b-a))-f(a))f(b)-f(a).

En passant à la limite quand λ0+,

df(a)(b-a)f(b)-f(a).

Or df(a)=0 et donc f(b)f(a).

 
Exercice 65  5102   

On suppose 3 muni de sa structure euclidienne canonique de produit scalaire ,.

Soit f:3 une fonction de classe 𝒞1 vérifiant, pour tout a3,

a1f(a),a0.

Montrer que f admet un minimum global.

 
Exercice 66  5103    

Soit f la fonction définie sur Ω={(x,y)2|x>0,y>0 et x+y<π/2} par

f(x,y)=1tan(x)+1tan(y)+tan(x+y).
  • (a)

    Montrer que f admet un minimum et donner la valeur de f en celui-ci.

  • (b)

    Application: Étant donné un disque de rayon R>0, déterminer le périmètre minimal d’un triangle dans lequel il est inscrit.

[<] Recherche d'extremum[>] Équations aux dérivées partielles d'ordre 1

 
Exercice 67  63  

On étudie la fonction f:(x,y)xy(1-x-y) définie sur

T={(x,y)2|x,y0 et x+y1}.
  • (a)

    Justifier que f est continue et présente un maximum à l’intérieur de T.

  • (b)

    Déterminer sa valeur.

 
Exercice 68  64   Correction  

Soit 𝒟 l’ensemble des couples (x,y)2 tels que x0, y0 et x+y1.

  • (a)

    Montrer que 𝒟 est une partie compacte de 2.

  • (b)

    Soient a>0, b>0, c>0 et f:𝒟 définie par:

    f(x,y)=xayb(1-x-y)c.

    Montrer que f est continue sur 𝒟.

  • (c)

    Déterminer

    sup(x,y)𝒟f(x,y).

Solution

  • (a)

    𝒟 est fermée et bornée donc compacte.

  • (b)

    Pour α>0, la fonction ttα={eαln(t) si t>00 si t=0 est continue sur [0;1] donc f est continue par composition.

  • (c)

    Puisque f est continue sur un compact il y admet un maximum.
    Puisque f est positive et non nulle ce maximum est à valeur strictement positive.
    Or f est nulle sur le bord de 𝒟 donc ce maximum est dans l’ouvert U={(x,y)2|x,y>0 et x+y<1} et c’est donc un point critique de f car f est 𝒞1 sur l’ouvert U.

    fx(x,y) =xa-1yb(1-x-y)c-1(a(1-x-y)-cx) et
    fy(x,y) =xayb-1(1-x-y)c-1(b(1-x-y)-cy).

    Il n’y a qu’un seul point critique c’est:

    (aa+b+c,ba+b+c).

    Finalement,

    sup(x,y)𝒟f(x,y)=aabbcc(a+b+c)a+b+c.
 
Exercice 69  66   Correction  

Déterminer

sup[0;π/2]2sin(x)sin(y)sin(x+y).

Solution

La fonction f:(x,y)sin(x)sin(y)sin(x+y) est continue sur le compact [0;π/2]2 donc y admet un maximum.
Le seul point critique intérieur à [0;π/2]2 est en x=y=π/3 et la valeur y est 338.
Sur le bord de [0;π/2]2 le maximum est celui de la fonction φ avec

φ(t)=sin(t)sin(π/2-t)=sin(t)cos(t)=12sin(2t).

Ce maximum vaut 1/2.
Puisque

33812

on a

sup[0;π/2]2sin(x)sin(y)sin(x+y)=338.
 
Exercice 70  259   Correction  

Déterminer le maximum de la fonction f définie sur le compact K=[0;1]2 donnée par

f(x,y)=x+y(1+x2)(1+y2).

Solution

Rappelons que toute fonction réelle définie et continue sur un compact non vide y admet un maximum. Puisque la fonction f est continue sur le compact K, on est assuré de l’existence du maximum étudié.
Notons U l’ouvert donné par

U=K=]0;1[2.

La fonction f est de classe 𝒞1 sur U.

fx(x,y)=1-2xy-x2(1+x2)2(1+y2)etfy(x,y)=1-2xy-y2(1+x2)(1+y2)2.

Après résolution, seul le couple (1/3,1/3) est point critique de f dans U.
La valeur de f en ce couple est

f(13,13)=338.

Sur le bord de K, les valeurs prises par f sont les valeurs prises sur [0;1] par les fonctions

φ(t)=f(t,0)=f(0,t)=t1+t2etψ(t)=f(t,1)=f(1,t)=1+t2(1+t2).

D’une part,

φ(t)12

D’autre part,

ψ(t)=1-2t-t22(1+t2)2

donne que le maximum de ψ est en 2-1 avec

ψ(2-1)=2+14>12.

Puisque

338>2+14

on peut affirmer que le maximum de f n’évolue pas sur le bord du compact K, il est donc forcément dans U et c’est alors un point critique de f qui ne peut qu’être le couple (1/3,1/3).

 
Exercice 71  3509   Correction  

Déterminer les extrema de f sur D avec

f(x,y)=x4+y4-2(x-y)2 avec D={(x,y)2|x2+y24}.

Solution

La fonction f est continue sur le compact D et donc y admet un minimum et un maximum.
Si ces extremum sont à l’intérieur de D, ce sont des points critiques de f.

{fx(x,y)=0fy(x,y)=0{x3-(x-y)=0y3+(x-y)=0.

Après résolution, on obtient les points critiques (0,0), (2,-2) et (-2,2) mais les deux derniers ne sont pas éléments de l’intérieur de D.
La valeurs de f en (0,0) est 0.
Il reste à étudier les valeurs prises par f sur le bord de D.

f(2cos(t),2sin(t))=-8sin2(2t)+8sin(2t)+8.

L’étude des variations de la fonction x-8x2+8x+8 sur [-1;1] donne les valeurs extrémales -8 et 10.
On en déduit que le minimum de f vaut -8 et son maximum 10.

plot3d(eval([x, y, x^4+y^4-2*(x-y)^2], [x=r*cos(t), y=r*sin(t)]), r=0..2, t=0..2*Pi, grid=[50, 50]);
Figure 1: Surface représentant f au dessus de D
 
Exercice 72  4146     MINES (MP)

Soit f une fonction de classe 𝒞1 au départ de n et à valeurs dans .

On suppose que, pour tout vecteur xn,

x1df(x)x0.

Montrer que f admet un minimum absolu11 1 Un minimum absolu est un minimum global..

 
Exercice 73  67   Correction  

On note 𝒞 le cercle trigonométrique.
Quel est le périmètre maximal d’un triangle dont les sommets sont sur 𝒞?

Solution

On peut supposer l’un des sommets être (1,0) et les deux autres repérés par des angles 0<α<β<2π.
Cela nous amène à considérer

f:(α,β)2(sin(α2)+sin(β-α2)+sin(β2))

sur l’ouvert

U={(α,β)2| 0<α<β<2π}.

Le maximum, qui existe, est alors point critique de cette fonction de classe 𝒞1.
Cela nous amène à résoudre le système

{cos(α2)-cos(β-α2)=0cos(β2)+cos(β-α2)=0.

L’équation cos(α2)=cos(β-α2) donne

α2=β-α2[2π] ou α2=α-β2[2π].

L’alternative α2=α-β2[2π] est à exclure et il reste β=2α avec de plus α]0;π[.
L’équation cos(β2)=-cos(β-α2) donne alors cos(α)=-cos(α2) d’où α=2π3 puisque α]0;π[.

Finalement, le triangle correspondant est équilatéral.

 
Exercice 74  2911     MINES (MP)Correction  

Calculer l’aire maximale d’un triangle inscrit dans un cercle de rayon r.

Solution

Notons A,B,C les points définissant notre triangle et O le centre du cercle circonscrit.
En introduisant les mesures α,β,γ des angles (OC,OB), (OB,OA) et (OA,OB), on vérifie

α+β+γ=0[2π]

et on peut calculer l’aire algébrique des triangles (OAB), (OBC) et (OCA) qui sont respectivement

12r2sin(α),12r2sin(β) et 12r2sin(γ)=-12r2sin(α+β).

L’aire algébrique du triangle (ABC) est alors

f(α,β)=12r2(sin(α)+sin(β)-sin(α+β)).

L’étude des points critiques de cette fonction de classe 𝒞1 sur ]0;2π[2 conduit à résoudre le système

{cos(α)=cos(α+β)cos(β)=cos(α+β)

dont les seules solutions dans ]0;2π[2 sont

(2π3,2π3) et (4π3,4π3).

Ce sont les situations des triangles équilatéraux resp. direct et indirect.
L’extremum trouvé vaut

33r24.
 
Exercice 75  2465      CENTRALE (MP)Correction  

Soit un triangle ABC et M parcourant l’intérieur de ce triangle. On veut déterminer en quelle position le produit des 3 distances de M à chacun des côtés du triangle est maximal.

Solution

Méthode analytique:
L’intérieur du triangle et son bord forment un compact. La fonction considérée est continue sur celui-ci donc admet un maximum. Celui-ci ne peut être au bord car la fonction prend des valeurs strictement positives alors qu’elle est nulle sur le bord. Il existe donc un maximum à l’intérieur du triangle et celui-ci annule la différentielle de la fonction.
En introduisant un repère, A(0,0), B(1,0) et C(a,b) (ce qui est possible qui à appliquer une homothétie pour que AB=1) la fonction étudiée est

f(x,y)=y(bx-ay)(b(x-1)-(a-1)y).

On résout le système formé par les équations

fx(x,y)=0 et fy(x,y)=0.

Le calcul est très lourd sans logiciel de calcul formel mais on parvient à conclure.

Méthode géométrique (plus élégante):
Le point M peut s’écrire comme barycentre des points A,B,C affectés de masses a,b,c0 vérifiant a+b+c=1.
L’aire du triangle (MBC) est donné par

12|det(BM,BC)|.

Or

BM=aBA+bBB+cBC

donc

det(BM,BC)=adet(BA,BC).

En notant 𝒜 l’aire du triangle ABC et dA le distance de M à la droite (BC), on obtient

a=dA.BC𝒜.

De façon analogue,

b=dBAC𝒜 et c=dCAB𝒜

avec des notations entendues.

Par suite, maximiser le produit dAdBdC équivaut à maximiser le produit abc avec les contraintes a+b+c=1 et a,b,c0
La maximisation de ab(1-a-b) avec a,b0 et a+b1 conduit à a=b=1/3, d’où c=1/3 et le point M est au centre de gravité.

 
Exercice 76  3349    Correction  

Soit (ABC) un vrai triangle du plan. Pour un point M du plan, on pose

f(M)=MA+MB+MC.
  • (a)

    Étudier la différentiabilité de f.

  • (b)

    En considérant le disque fermé de centre A et de rayon AB+AC, établir que f possède un minimum absolu dans le plan.

  • (c)

    Soit T un point où ce minimum est atteint. On suppose que T n’est pas un sommet du triangle.
    Établir

    TATA+TBTB+TCTC=0.
  • (d)

    Montrer qu’alors le point T voit les sommets du triangle sous un même angle.

Solution

  • (a)

    La fonction MMA est différentiable sauf en A et sa différentielle en un point M est

    hMA.hMA.

    On en déduit que f est différentiable en tout point du plan sauf en A,B et C et

    df(M):h(MAMA+MBMB+MCMC).h.
  • (b)

    La fonction f est continue sur le disque 𝒟 considéré. Puisque ce dernier est compact, la fonction f admet un minimum sur ce disque en un certain point T:

    M𝒟,f(M)f(T).

    Puisque le point A appartient au disque 𝒟, on a

    f(T)f(A).

    Pour un point M en dehors de ce disque, on a

    f(M)MA>AB+AC=f(A)f(T).

    Le point T apparaît donc comme étant un minimum absolu de f sur le plan.

  • (c)

    La différentielle de f en T est nulle donc

    TATA+TBTB+TCTC=0.
  • (d)

    Les trois vecteurs sommés sont unitaires. Notons a,b,c leurs affixes dans un repère orthonormé direct donné. La relation vectorielle ci-dessus donne

    a+b+c=0 avec |a|=|b|=|c|=1.

    En multipliant par a-1, on obtient

    1+x+y=0 avec |x|=|y|=1

    x=a-1b et y=a-1c
    Les parties imaginaires de x et y sont alors opposées et la somme de leurs parties réelles vaut -1. On en déduit qu’à l’ordre près x=j et y=j2.
    Finalement,

    (TA,TB)=(TB,TC)=(TC,TA)=±2π3[2π].

    Notons que l’on peut en déduire un procédé construisant le point T comme intersection de cercles que l’on pourra définir en exploitant le théorème de l’angle au centre…

[<] Extremum sur compact[>] Équations aux dérivées partielles d'ordre 2

 
Exercice 77  1763  

Déterminer les fonctions f:2 de classe 𝒞1 solutions de l’équation aux dérivées partielles

3fx(x,y)-2fy(x,y)=x.

On pourra réaliser le changement de variables

{u=x+yv=2x+3y.
 
Exercice 78  4627  

Déterminer les fonctions f:2 de classe 𝒞1 solutions de l’équation aux dérivées partielles:

fx(x,y)+xyf(x,y)=0.
 
Exercice 79  44  Correction  

Déterminer les fonctions f:2 de classe 𝒞1 solution de l’équation aux dérivées partielles

fx(x,y)-3fy(x,y)=0

On pourra réaliser le changement de variables

{u=2x+yv=3x+y.

Solution

{u=2x+yv=3x+y{x=v-uy=3u-2v.

Posons ϕ:22 définie par

ϕ(u,v)=(v-u,3u-2v)

ϕ est une bijection de classe 𝒞1 (et même un 𝒞1-difféomorphisme)
Soient f:2 de classe 𝒞1 et g:2 définie par «  g(u,v)=f(x,y)   » c’est-à-dire g(u,v)=f(v-u,3u-2v)
g=fϕ est de classe 𝒞1 et

gu(u,v)=-fx(x,y)+3fy(x,y)

f est solution de l’équation si, et seulement si, gu=0 soit g(u,v)=φ(v) avec φ fonction de classe 𝒞1.
Les solutions de l’équation aux dérivées partielles sont f(x,y)=φ(3x+y) avec φ de classe 𝒞1.

 
Exercice 80  1765  

Déterminer les fonctions de classe 𝒞1 sur 2 vérifiant l’équation aux dérivées partielles

(E):fx(x,y)+fy(x,y)=f(x,y).

On opérera le changement de variables défini par le système

{u=x+yv=x-y.
 
Exercice 81  1764  Correction  

Déterminer les fonctions f:2 de classe 𝒞1 solutions de l’équation aux dérivées partielles

fx+fy=f.

On pourra réaliser le changement de variables

{u=xv=y-x

Solution

Soit f:2 une fonction de classe 𝒞1 sur 2 solution de

fx+fy=f.

Soit g:2 définie par g(u,v)=f(u,u+v).
Par composition g est de classe 𝒞1 sur 2 et

gu(u,v)=fx(u,u+v)+fy(u,u+v)=f(u,u+v)=g(u,v).

La fonction ug(u,v) est solution de l’équation différentielle y=y donc il existe C(v) tel que g(u,v)=C(v)eu.
Notons que C: est de classe 𝒞1 car C(v)=g(0,v) avec g de classe 𝒞1.
Par suite, on obtient f(x,y)=C(y-x)ex.
Inversement, de telles fonctions sont solutions.

 
Exercice 82  1766   

Résoudre sur Ω=2{(0,0)} l’équation aux dérivées partielles

(E):yfx(x,y)-xfy(x,y)=0.
 
Exercice 83  80   Correction  

En passant en coordonnées polaires, déterminer les fonctions f:×+* de classe 𝒞1 solutions de l’équation aux dérivées partielles

yfx(x,y)-xfy(x,y)=f(x,y).

Solution

Soit f:×+* une fonction de classe 𝒞1 solution de

yfx-xfy=f.

Soit g:+*×]0;π[ l’application définie par g(r,θ)=f(rcos(θ),rsin(θ)).
Par composition g est de classe 𝒞1 sur +*×]0;π[ et

gθ(r,θ)=-rsin(θ)fx(rcos(θ),rsin(θ))+rcos(θ)fy(rcos(θ),rsin(θ))

ce qui donne

gθ(r,θ)=-yfx(x,y)+xfy(x,y)=-g(r,θ).

Pour r+* fixé, θg(r,θ) est solution de l’équation différentielle y(θ)=-y(θ).
Après résolution il existe C(r) tel que g(r,θ)=C(r)e-θ
De plus, la fonction rC(r)=g(r,0) est une fonction de classe 𝒞1 sur +*.
Ainsi,

f(x,y)=C(x2+y2)earctan(x/y)-π/2=h(x2+y2)earctan(x/y)

h est 𝒞1 sur +*.
Inversement, de telles fonctions sont bien solutions.

 
Exercice 84  76   Correction  

En passant en coordonnées polaires, déterminer les fonctions f:+*× de classe 𝒞1 solutions de l’équation aux dérivées partielles

xfx(x,y)+yfy(x,y)=0.

Solution

Soient f:+*× une fonction de classe 𝒞1 et g:+*×]-π/2;π/2[ définie par g(r,θ)=f(rcos(θ),rsin(θ)). Par composition g est 𝒞1 sur +*×]-π/2;π/2[ et

rgr(r,θ)=rcos(θ)fx(rcos(θ),rsin(θ))+rsin(θ)fy(rcos(θ),rsin(θ))

f est solution de l’équation aux dérivées partielles étudiée si, et seulement si, rgr(r,θ)=0 ce qui conduit à g(r,θ)=h(θ) puis

f(x,y)=h(arctan(yx))=h~(yx)

avec h~ fonction de classe 𝒞1 définie sur .

 
Exercice 85  1768   Correction  

En passant en coordonnées polaires, déterminer les fonctions f:+*× de classe 𝒞1 solutions de l’équation aux dérivées partielles

xfx+yfy=x2+y2.

Solution

Soient f:+*× une fonction de classe 𝒞1 et g:+*×]-π/2;π/2[ définie par g(r,θ)=f(rcos(θ),rsin(θ)). Par composition g est de classe 𝒞1 sur +*×]-π/2;π/2[ et

rgr(r,θ)=rcos(θ)fx(rcos(θ),rsin(θ))+rsin(θ)fy(rcos(θ),rsin(θ))

f est solution de l’équation aux dérivées partielles étudiée si, et seulement si,

rgr(ρ,θ)=r

ce qui conduit à g(r,θ)=r+h(θ) puis

f(x,y)=x2+y2+h(arctan(yx))=x2+y2+k(yx)

avec k fonction de classe 𝒞1 définie sur .

 
Exercice 86  3793    ENTPECorrection  

On étudie l’équation aux dérivées partielles

(E):xfx(x,y)+yfy(x,y)=f(x,y)

où la fonction inconnue f est de classe 𝒞1 de 2 vers .

  • (a)

    Montrer l’existence de solutions non nulles.

  • (b)

    Soit g:tf(tx,ty) avec (x,y) un couple de 2.
    Montrer que g est de classe 𝒞1 et exploiter cette fonction pour résoudre l’équation (E).

Solution

  • (a)

    Les fonctions données par f(x,y)=ax+by sont solutions.

  • (b)

    Par composition, la fonction g est de classe 𝒞1 et

    g(t)=xfx(tx,ty)+yfy(tx,ty)

    de sorte que

    tg(t)=f(tx,ty)=g(t).

    La résolution de l’équation différentielle ty(t)=y après raccord donne

    y(t)=λt avec λ.

    On en déduit

    (x,y)2,t,f(tx,ty)=tf(x,y).

    En dérivant cette relation en le paramètre x, on obtient

    (x,y)2,t,tfx(tx,ty)=tfx(x,y).

    En simplifiant par t

    (x,y)2,t*,fx(tx,ty)=fx(x,y).

    Or la relation engage des fonctions continues, elle donc encore valable en t=0 ce qui fourni

    (x,y)2,fx(x,y)=fx(0,0).

    De même, on obtient

    (x,y)2,fy(x,y)=fy(0,0).

    Enfin, en posant

    a=fx(0,0) et b=fy(0,0)

    l’équation initiale fournit

    f(x,y)=ax+by.
 
Exercice 87  2913     MINES (MP)Correction  

On note U l’ensemble des (x,y) de 2 tels que x>0 et E=𝒞(U,). Soit f:U et α; on dit que f est homogène de degré α si f(tx,ty)=tαf(x,y) pour tous t+*, (x,y)U. On pose:

fE,(x,y)U,Φ(f)(x,y)=xfx(x,y)+yfy(x,y).
  • (a)

    Déterminer Ker(Φ).

  • (b)

    Soit fE. Montrer que f est homogène de degré α si, et seulement si, Φ(f)=αf.

  • (c)

    Résoudre l’équation d’inconnue fE, Φ(f)=h, h étant la fonction qui à (x,y) associe (x2+y2)3/2xy.

Solution

  • (a)

    L’application ϕ est clairement un endomorphisme de E.
    Posons x=rcos(θ), y=rsin(θ) avec r=x2+y2 et θ=arctan(yx), (r,θ)V=+*×]-π/2;π/2[
    Pour fE, on considère g𝒞(V,) définie par g(r,θ)=f(rcos(θ),rsin(θ)).
    On remarque

    rgr(r,θ)=rcos(θ)fx(rcos(θ),rsin(θ))+rsin(θ)fy(rcos(θ),rsin(θ)).

    Ainsi,

    Φ(f)=0rgr(r,θ)=0

    pour tout (r,θ)V.
    La résolution de cette équation aux dérivées partielles donne g(r,θ)=C(θ) avec C de classe 𝒞 sur ]-π/2;π/2[.
    Par suite, on obtient la solution générale f(x,y)=C(arctan(y/x))=D(y/x) avec D fonction de classe 𝒞 sur .

  • (b)

    Si f est homogène de degré α alors en dérivant la relation f(tx,ty)=tαf(x,y) par rapport à t puis en évaluant le résultat en t=1 on obtient l’égalité Φ(f)=αf.
    Inversement, si Φ(f)=αf alors en introduisant g comme ci-dessus, on obtient

    rgr(r,θ)=αg(r,θ)

    ce qui donne g(r,θ)=C(θ)rα puis

    f(x,y)=D(y/x)(x2+y2)α/2

    avec D fonction de classe 𝒞 sur . Il est alors facile de vérifier que f est homogène de degré α.

  • (c)

    La fonction h est homogène de degré 5, donc h/5 est solution particulière de l’équation linéaire Φ(f)=h. L’ensemble des solutions de l’équation est alors le sous-espace affine h/5+Ker(Φ).

 
Exercice 88  2912     MINES (MP)Correction  
  • (a)

    Soit α. Trouver les f𝒞1(×+*,) telles que

    xfx+yfy=αf.
  • (b)

    Trouver toutes les f𝒞1(×+*,) telles que

    xfx+yfy=xyx3+y3.

Solution

  • (a)

    On passe en coordonnées polaires avec r=x2+y2 et θ=arctan(x/y) de sorte que x=rsin(θ) et y=rcos(θ).
    On parvient à

    f(x,y)=C(x/y)(x2+y2)α/2

    avec C une fonction de classe 𝒞1 définie sur .

  • (b)

    Idem, on parvient à

    f(x,y)=23xyx3+y3+C(x/y)

    avec C une fonction de classe 𝒞1 définie sur .

 
Exercice 89  2461     CENTRALE (MP)Correction  

Montrer que f:n de classe 𝒞1 est homogène de degré p si, et seulement si,

(x1,,xn)n,i=1nxifxi(x1,,xn)=pf(x1,,xn).

Solution

Supposons f homogène de degré p c’est-à-dire

t>0,f(tx1,,txn)=tpf(x1,,xn).

En dérivant cette relation par rapport à t et en évaluant en t=1, on obtient

i=1nxifxi(x1,,xn)=pf(x1,,xn).

Inversement, posons

g(t)=f(tx1,,txn).

Si f vérifie l’équation aux dérivées partielles proposée, la fonction tg(t) est solution de l’équation différentielle

tg(t)=pg(t)

et, après résolution, on obtient

g(t)=tpg(1)

ce qui donne f homogène de degré p.

Notons que pour n=1, f(x)=|x|3 vérifie la relation et n’est homogène de degré 3 que dans le sens précisé initialement.

 
Exercice 90  47  Correction  

Soit f:2 de classe 𝒞1 telle que

(x,y)2,xfx(x,y)+yfy(x,y)=0.

Montrer la constance de l’application suivante

φ:r02πf(rcos(t),rsin(t))dt.

Solution

L’application φ est bien définie car φ(r) est l’intégrale sur un segment d’une fonction continue.
Posons g:(r,t)f(rcos(t),rsin(t)).
La fonction g admet une dérivée partielle gr et celle-ci est continue sur ×[0;2π].
Pour a>0, la fonction gr est continue sur le compact [-a;a]×[0;2π] et donc il existe M+ vérifiant

(r,t)[-a;a]×[0;2π],|gr(r,t)|M=ψ(t).

La fonction ψ est évidemment intégrable sur [0;2π] et donc, par domination sur tout segment, la fonction φ est de classe 𝒞1 sur et

φ(r)=02πcos(t)fx(rcos(t),rsin(t))+sin(t)fy(rcos(t),rsin(t))dt.

On en déduit rφ(r)=0 puis φ(r)=0, d’abord pour r0, puis pour tout r, par continuité.
Par suite, φ est constante égale à φ(0)=2πf(0).

 
Exercice 91  3675   Correction  

Soient α et f:2 de classe 𝒞1 tels que

(x,y)2,xfx(x,y)+yfy(x,y)=αf(x,y).

Exprimer

φ:r[0;+[02πf(rcos(t),rsin(t))dt.

Solution

L’application φ est bien définie car φ(r) est l’intégrale sur un segment d’une fonction continue.
Posons g:(r,t)f(rcos(t),rsin(t)).
La fonction g admet une dérivée partielle gr et celle-ci est continue sur +×[0;2π].
Pour a>0, la fonction gr est continue sur le compact [0;a]×[0;2π] et donc il existe M+ vérifiant

(r,t)[-a;a]×[0;2π],|gr(r,t)|M=ψ(t).

La fonction ψ est évidemment intégrable sur [0;2π] et donc, par domination sur tout segment, la fonction φ est de classe 𝒞1 sur + et

φ(r)=02πcos(t)fx(rcos(t),rsin(t))+sin(t)fy(rcos(t),rsin(t))dt.

On en déduit

rφ(r)=λφ(r)

puis après résolution de cette équation différentielle sur ]0;+[

φ(r)=λrα.

La fonction φ étant définie et continue en 0, le cas où α<0 oblige λ=0 et alors φ(r)=0.
Le cas α0, n’impose rien de particulier et alors φ(r)=λrα pour tout r0.

[<] Équations aux dérivées partielles d'ordre 1[>] Fonctions harmoniques

 
Exercice 92  81  Correction  

Déterminer les fonctions f:2 de classe 𝒞2 solutions de l’équation aux dérivées partielles

2fx2(x,y)-2fy2(x,y)=0.

On pourra réaliser le changement de variables

{u=x+yv=x-y.

Solution

On a

{u=x+yv=x-y{x=(u+v)/2y=(u-v)/2.

Soient f:2 de classe 𝒞2 et g:2 définie par

g(u,v)=f((u+v)/2,(u-v)/2)

g est de classe 𝒞2.
f est solution de l’équation aux dérivées partielles étudiée si, et seulement si,

2guv(u,v)=0

soit g(u,v)=C(u)+D(v) avec C,D fonction de classe 𝒞2.
Ainsi les solutions sont

f(x,y)=C(x+y)+D(x-y).
 
Exercice 93  1769   

(Équation des ondes)

Soit c>0. En réalisant le changement de variables

{u=x+ctv=x-ct

déterminer les fonctions f:2 de classe 𝒞2 solutions de l’équation aux dérivées partielles

(E):2fx2(x,t)=1c22ft2(x,t).
 
Exercice 94  82   Correction  

Déterminer les fonctions f:2 de classe 𝒞2 solutions de l’équation aux dérivées partielles

2fx2(x,y)-22fxy(x,y)+2fy2(x,y)=0.

On pourra réaliser le changement de variables

{u=xv=x+y

Solution

Soient f:2 une fonction de classe 𝒞2 sur 2 et g:2 définie par g(u,v)=f(u,v-u). Par composition g est 𝒞2 sur 2,

gu(u,v)=fx(u,v-u)-fy(u,v-u)

et

2gu2(u,v)=2fx2(u,v-u)-22fxy(u,v-u)+2fy2(u,v-u)

f est solution de l’équation aux dérivées partielles étudiée si, et seulement si,

2gu2(u,v)=0

soit g(u,v)=uC(v)+D(v) puis f(x,y)=xC(x+y)+D(x+y) avec C,D fonctions de classe 𝒞2.

 
Exercice 95  4629   

En passant en coordonnées polaires, résoudre11 1 Résoudre une équation aux dérivées partielles consiste à déterminer les fonctions de classe 𝒞1 (ou de classe 𝒞2 selon le contexte) vérifiant la relation proposée. sur Ω=+*× l’équation aux dérivées partielles

(E):x22fx2(x,y)+2xy2fxy(x,y)+y22fy2(x,y)=xy.
 
Exercice 96  5104    

Soit Φ la fonction définie sur l’ouvert Ω=+*×+* par Φ(x,y)=(y/x,xy).

  • (a)

    Établir que Φ réalise une bijection de Ω vers un ouvert à préciser et exprimer sa bijection réciproque Φ-1.

  • (b)

    Déterminer les fonctions f:Ω de classe 𝒞2 solutions de l’équation

    (E):x22fx2(x,y)-y22fy2(x,y)=0.

[<] Équations aux dérivées partielles d'ordre 2[>] Analyse vectorielle

 
Exercice 97  1327     CENTRALE (PC)Correction  

Déterminer les fonctions f:+* de classe 𝒞2 telle que

F:{n{0}(x1,xn)f(x12++xn2)

vérifie

i=1n2Fxi2=0.

Solution

Par composition de fonctions de classe 𝒞2, la fonction F est de classe 𝒞2 sur n{0}.
On calcule les dérivées partielles de F

Fxi(x1,,xn)=xix12++xn2f(x12++xn2).
2Fxi2(x1,,xn) =xi2x12++xn2f′′(x12++xn2)
+x12++x^i2++xn2(x12++xn2)3/2f(x12++xn2).

On en déduit

i=1n2Fxi2=f′′(x12++xn2)+n-1x12++xn2f(x12++xn2).

Puisque t=x12++xn2 parcourt +* quand (x1,,xn) parcourt n{0}, l’équation i=1n2Fxi2=0 est vérifiée si, et seulement si, f est solution sur +* de l’équation différentielle

f′′(t)+(n-1)tf(t)=0.

Après résolution on obtient

f(t)=λtn-2+μ avec λ,μ si n2 et f(t)=λln(t)+μ si n=2.
 
Exercice 98  1778   Correction  

(Fonctions harmoniques)

Une fonction f:Ω2 de classe 𝒞2 est dite harmonique si, et seulement si,

Δf=2fx2+2fy2=0
  • (a)

    Montrer que si f est harmonique et de classe 𝒞3 alors les fonctions fx, fy et xfx+yfy le sont aussi.

On suppose que f:2{(0,0)} est radiale c’est-à-dire qu’il existe une fonction φ:+* de classe 𝒞2 telle que f(x,y)=φ(x2+y2).

  • (b)

    Montrer que f est harmonique si, et seulement si, φ est solution d’une équation différentielle que l’on précisera.

  • (c)

    En résolvant cette équation, déterminer f.

Solution

  • (a)

    On a

    Δ(fx)=x(Δf)=0

    car

    2x2(xf)=x(2x2f) et 2y2(xf)=x(2y2f).

    Ainsi fx est harmonique et il en est de même de fy.
    Aussi

    Δ(xfx+yfy)=x3fx3+2fx2+y3fx2y+x3fy2x+y3fy3+2fy2

    donne

    Δ(xfx+yfy)=xΔ(fx)+yΔ(fy)+Δf=0.
  • (b)

    On a

    fx=2xφ(x2+y2)

    puis

    2fx2 =2φ(x2+y2)+2x2φ′′(x2+y2)
    2fy2 =2φ(x2+y2)+2y2φ′′(x2+y2).

    Donc

    Δf=0(x,y)2{(0,0)},(x2+y2)φ′′(x2+y2)+φ(x2+y2)=0

    d’où

    Δ(f)=0r+*,rφ′′(r)+φ(r)=0

    φ est solution sur +* de l’équation différentielle

    xy+y=0.
  • (c)

    Les solutions de l’équation xy+y=0 sont les fonctions y(x)=C/x.
    On en déduit

    φ(x)=Cln(x)+D avec C,D.

    Les fonction harmoniques radiales sont les

    f(x,y)=Cln(x2+y2)+D

    avec C,D.

 
Exercice 99  50   Correction  

Soit f𝒞2(2,) telle que

2fx2(x,y)+2fy2(x,y)=0pour tout (x,y)2

On définie g:2 par

g(r,t)=f(rcos(t),rsin(t)).
  • (a)

    Justifier que g est une fonction de classe 𝒞2.

  • (b)

    Trouver une relation reliant

    r(rgr)(r,t)et2gt2(r,t).
  • (c)

    Montrer que

    φ:r02πf(rcos(t),rsin(t))dt

    est de classe 𝒞2 sur et que rrφ(r) est une fonction constante.

  • (d)

    Conclure que φ est constante.

Solution

  • (a)

    g est de classe 𝒞2 par opérations sur les fonctions 𝒞2.
    D’une part,

    gr=cos(t)fx+sin(t)fy

    et

    r(rgr)=cos(t)fx+sin(t)fy+rcos2(t)2fx2+2rcos(t)sin(t)2fxy+rsin2(t)2fy2.

    D’autre part,

    gt=-rsin(t)fx+rcos(t)fy

    et

    2gt2=-rcos(t)fx-rsin(t)fy+r2sin2(t)2fx2-2r2cos(t)sin(t)2fxy+r2cos2(t)2fy2

    donc

    rr(rgr)+2gt2=r2(2fx2+f2y2)=0.
  • (b)

    g:(r,t)f(rcos(t),rsin(t)) admet des dérivées partielles gr, 2gr2
    Pour tout r, les applications tg(r,t) et tgr(r,t) sont continue par morceaux donc intégrables sur [0;2π].
    2gr2 est continue en t et continue par morceaux en t.
    Soit [a;b]. 2gr2 est continue sur le compact [a;b]×[0;2π] donc bornée par un certain M+

    (x,t)[a;b]×[0;2π],|2gr2(r,t)|M=ψ(t).

    La fonction ψ est intégrable sur [0;2π] et donc, par intégration sur tout segment, on peut affirmer que φ est de classe 𝒞2 sur avec

    φ(r)=02πgr(r,t)dt et φ′′(r)=02π2gr2(r,t)dt.

    Ainsi,

    r(rφ(r))=rφ(r)+r2φ′′(r)=-02π2gt2(r,t)dt=[gt(r;t)]02π.

    Puisque tg(r,t) est 2π périodique, il en est de même de tgt(r,t) et donc

    r(rφ(r))=0.

    Puisque r(rφ(r)) est continue et nulle sur *, cette fonction est continue nulle sur .

  • (c)

    Par suite, il existe C tel que rφ(r)=C puis

    φ(r)=Cr

    et

    φ(r)=Cln(|r|)+D

    sur *.
    Or φ est définie et continue sur donc C=0 et finalement φ est constante.

 
Exercice 100  4630    

(Fonctions harmoniques)

Soit f:2 une fonction de classe 𝒞2 vérifiant

2fx2+2fy2=0.
  • (a)

    Établir l’existence d’une application de g:2 de classe 𝒞2 telle que

    gx=-fyetgy=fx.
  • (b)

    Application: Pour r, on pose

    φ(r)=02πf(rcos(θ),rsin(θ))dθ.

    Montrer que φ est une fonction de classe 𝒞1 et calculer φ.

 
Exercice 101  56    

Soit anzn une série entière de la variable complexe z et de rayon de convergence R strictement positif. Sur le disque ouvert

D={(x,y)2|x2+y2<R}

on définit une fonction f par

f(x,y)=n=0+an(x+iy)n=n=0+anzn avec z=x+iy.

Montrer que f admet des dérivées partielles jusqu’à l’ordre 2 vérifiant

2fx2(x,y)+2fy2(x,y)=0pour tout (x,y)D.

[<] Fonctions harmoniques

 
Exercice 102  1774  Correction  

Soit F un champ scalaire de classe 𝒞1 de l’espace. Exprimer F(M) en fonction

Fρ(M),Fφ(M),Fz(M)

et des vecteurs du repère cylindrique associé au point M.

Solution

Introduisons les représentations cartésiennes et cylindriques de F.

F(M)=f~(ρ,φ,z)=f(ρcos(φ),ρsin(φ),z).

On en tire

f~ρ(ρ,φ,z)=cos(φ)fx(ρcos(φ),ρsin(φ),z)+sin(φ)fy(ρcos(φ),ρsin(φ),z)

que l’on réécrit

Fρ(M)=cos(φ)Fx(M)+sin(φ)Fy(M).

De même:

Fφ(M)=-ρsin(φ)Fx(M)+ρcos(φ)Fy(M).

Sachant uρ=cos(φ).i+sin(φ).j et uφ=-sin(φ).i+cos(φ).j, on obtient

Fρ(M)uρ+1ρFφ(M)uφ+Fz(M)k=Fx(M)i+Fy(M)j+Fz(M)k.

Ainsi,

F=Fρuρ+1ρFφuφ+Fzk.
 
Exercice 103  1773   Correction  

On appelle laplacien d’un champ scalaire F de classe 𝒞2 le champ scalaire défini par

ΔF=Div(F).
  • (a)

    Montrer

    ΔF=2Fx2+2Fy2.
  • (b)

    Exprimer Fr(M) et Fθ(M) en fonction de Fx(M) et Fy(M)

  • (c)

    Exprimer ΔF en fonction de 2Fr2, Fr et 2Fθ2.

Solution

  • (a)

    Puisque

    F=Fxi+Fyj

    on a

    ΔF=div(F)=2Fx2+2Fy2.
  • (b)

    Introduisons f et f~ les représentations cartésiennes et polaires de F.
    On a

    F(M)=f~(r,θ)=f(rcos(θ),rsin(θ))

    donc

    f~r(r,θ)=cos(θ)fx(rcos(θ),rsin(θ))+sin(θ)fy(rcos(θ),rsin(θ))

    ce que l’on réécrit

    Fr(M)=cos(θ)Fx(M)+sin(θ)Fy(M).

    De même

    Fθ(M)=-rsin(θ)Fx(M)+rcos(θ)Fy(M).
  • (c)

    Aussi

    2Fr2(M)=cos2(θ)2Fx2(M)+sin2(θ)2Fy2(M)+2cos(θ)sin(θ)2Fxy(M)

    et

    2Fθ2(M) =r2sin2(θ)2Fx2(M)+r2cos2(θ)2Fy2(M)-2r2cos(θ)sin(θ)2Fxy(M)
    -rcos(θ)Fx(M)-rsin(θ)Fy(M).

    On observe alors

    r22Fr2(M)+rFr(M)+2Fθ(M)=r2(2Fx2(M)+2Fy2(M))

    et donc

    ΔF=2Fr2+1rFr+1r22Fθ2.
 
Exercice 104  1775  Correction  

Soit F le champ de vecteurs du plan défini par F(M)=OMOM.

  • (a)

    Calculer DivF(M)

  • (b)

    Le champ de vecteurs F dérive-t-il d’un potentiel?

Solution

F(M)=xx2+y2i+yx2+y2j.

  • (a)

    ÷F(M)=(1x2+y2-x2x2+y23)+(1x2+y2-y2x2+y23)=1OM.

  • (b)

    F dérive du potentiel V(M)=x2+y2=OM.

 
Exercice 105  1776  Correction  

Soit F le champ de vecteurs de l’espace défini par F(M)=OMOM3.

  • (a)

    Ce champ de vecteur dérive-t-il d’un potentiel?

  • (b)

    Calculer DivF(M) et RotF(M).

Solution

F(M)=xx2+y2+z23i+yx2+y2+z23j+zx2+y2+z23k

  • (a)

    F dérive du potentiel V(M)=-1x2+y2+z2=-1OM.

  • (b)

    DivF(M)=(1OM3-3x2OM5)+(1OM3-3y2OM5)+((1OM3-3z2OM5))=-2OM3.
    RotF=o car F dérive d’un potentiel.

 
Exercice 106  1777   Correction  

Soit ω un vecteur de l’espace et F le champ de vecteurs de l’espace défini par

F(M)=ωOM.
  • (a)

    Calculer DivF(M) et RotF(M).

  • (b)

    Le champ de vecteur F dérive-t-il d’un potentiel?

Solution

ω=ωxi+ωyj+ωzk.

F(M)=(ωyz-ωzy)i+(ωzx-ωxz)j+(ωxy-ωyx)k.
  • (a)

    DivF(M)=0. RotF(M)=2ωxi+2ωyj+2ωzk=2ω.

  • (b)

    Lorsque ω0, le champ F ne dérive pas d’un potentiel.
    Lorsque ω=0, le champ F est nul et donc d’un dérive de n’importe quel potentiel constant.

 
Exercice 107  3799     CCP (MP)Correction  

On pose

γ1(t)=a(1-t)i+btj avec 0t1.
γ2(t)=acos(s)i+bsin(s)j avec 0sπ/2

et le champ de vecteurs

V=yi+2xj.
  • (a)

    Représenter les courbes paramétrées par γ1 et γ2.

  • (b)

    Le champ de vecteurs V dérive-t-il d’un potentiel U(x,y)?

  • (c)

    Calculer la circulation de V selon γ1 et γ2. Conclure.

Solution

  • (a)

    γ2 paramètre le quart d’une ellipse partant du sommet A(a,0) jusqu’au sommet B(0,b).
    γ1 paramètre le segment [A;B] de A vers B.

  • (b)

    Le champ de vecteurs V dérive du potentiel U si, et seulement si,

    Ux(x,y)=y et Uy(x,y)=2x.

    Un tel potentiel est alors de classe 𝒞2 et l’égalité de Schwarz

    2Uxy=2Uyx

    n’étant pas vérifiée, on peut conclure à l’inexistence de U.

  • (c)

    La circulation de V le long de γ1 est

    01-abt+2ab(1-t)dt=ab2

    et celle le long de γ2 est

    0π/2-absin2(s)+2abcos2(s)ds=abπ4.

    Par la différence des deux valeurs obtenues, on retrouve que V ne dérive pas d’un potentiel.



Édité le 08-11-2019

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