Exercice 1 5478 Correction

Soient $f : ℳ_{n} (ℝ) \to ℳ_{n} (ℝ)$ définie par $f (M) = M^{2}$ .

Justifier que $f$ est différentiable et calculer sa différentielle en $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ .

Solution

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ .

Méthode: On exprime un développement limité à l’ordre $1$ de $f$ en $A$ .

Pour $H \in ℳ_{n} (ℝ)$ ,

f (A + H) = {(A + H)}^{2} = A^{2} + A H + H A + H^{2} .

(1)

D’une part, la partie linéaire de cette écriture correspond au terme $A H + H A$ .

D’autre part, le terme $H^{2}$ peut se comprendre comme un $o (∥ H ∥)$ . En effet, en introduisant $∥ \cdot ∥$ une norme sous-multiplicative, on a

∥ H^{2} ∥ \leq {∥ H ∥}^{2} = \underset{\begin{matrix} \to 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{∥ H ∥}} ∥ H ∥

La relation (1) se comprend donc

f (A + H) \underset{H \to O_{n}}{=} f (A) + ℓ (H) + o (∥ H ∥)

avec $ℓ : H \mapsto A H + H A$ application linéaire et $ε$ fonction de limite nulle en $O_{n}$ . La fonction $f$ est donc différentiable en $A$ de différentielle:

d f (A) : {\begin{matrix} ℳ_{n} (ℝ) & \to & ℳ_{n} (ℝ) \\ H & \mapsto & A H + H A . \end{matrix}

Exercice 2 5712 Correction

Soient $f : ℳ_{n} (ℝ) \to ℝ$ définie par $f (M) = tr (M^{2})$ .

Justifier que $f$ est différentiable et calculer sa différentielle en tout $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ .

Solution

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ .

Méthode: On exprime un développement limité à l’ordre $1$ de $f$ en $A$ .

Pour $H \in ℳ_{n} (ℝ)$ ,

f (A + H) = tr ({(A + H)}^{2}) = tr (A^{2}) + tr (A H) + tr (H A) + tr (H^{2}) .

(1)

D’une part, la partie linéaire de cette écriture correspond au terme $tr (A H) + tr (H A) = 2 tr (A H)$ .

D’autre part, le terme $tr (H^{2})$ peut se comprendre comme un terme $∥ H ∥ ε (H)$ avec $ε$ de limite nulle en $O_{n}$ . En effet, en introduisant $∥ \cdot ∥ = {∥ \cdot ∥}_{\infty}$ , on remarque

| tr | H^{2} | | \leq n {∥ H ∥}^{2} .

La relation (1) se comprend donc

f (A + H) = f (A) + ℓ (H) + ∥ H ∥ ε (H)

avec $ℓ : H \mapsto 2 tr (A H)$ application linéaire et $ε$ fonction de limite nulle en $O_{n}$ . La fonction $f$ est donc différentiable en $A$ de différentielle:

d f (A) : {\begin{matrix} ℳ_{n} (ℝ) & \to & ℝ \\ H & \mapsto & 2 tr (A H) . \end{matrix}

Exercice 3 31

Soit $f : ℳ_{n} (ℝ) \to ℳ_{n} (ℝ)$ l’application définie par $f (M) = M^{3}$ .

Justifier que $f$ est différentiable et calculer sa différentielle en tout $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ .

Exercice 4 35 Correction

Montrer que l’application

P \mapsto \int_{0}^{1} P {(t)}^{2} d t

définie sur $E = ℝ_{n} [X]$ est différentiable et exprimer sa différentielle.

Solution

Notons $f : ℝ_{n} [X] \to ℝ$ l’application étudiée:

f (P) = \int_{0}^{1} P {(t)}^{2} d t .

Soit $P \in ℝ_{n} [X]$ . Pour $H \in ℝ_{n} [X]$ ,

f (P + H) = f (P) + 2 \int_{0}^{1} P (t) H (t) d t + \int_{0}^{1} H {(t)}^{2} d t .

Posons

ℓ (H) = 2 \int_{0}^{1} P (t) H (t) d t

Cela définit une forme linéaire $ℓ$ sur $E$ .

Munissons $E$ de la norme $∥ \cdot ∥ = {∥ \cdot ∥}_{\infty, [0; 1]}$ . On observe

| \int_{0}^{1} H {(t)}^{2} d t | \leq {∥ H ∥}_{\infty}^{2} = o (∥ H ∥) .

Ainsi, la relation précédente donne

f (P + H) \underset{H \to 0}{=} f (P) + ℓ (H) + o (∥ H ∥)

avec $ℓ$ application linéaire.

Cela assure que $f$ est différentiable en $P$ et

d f (P) = ℓ : H \mapsto 2 \int_{0}^{1} P (t) H (t) d t .

Exercice 5 2904 MINES (MP)Correction

Soient $p \in ℕ$ et $f_{p}$ la fonction définie sur $ℝ^{2} ∖ {(0,0)}$ par

f_{p} (x, y) = {(x + y)}^{p} \sin (\frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}) .

(a)

Donner une condition nécessaire et suffisante pour que $f_{p}$ se prolonge par continuité en $(0,0)$ .
(b)

On suppose que la condition précédente est remplie. Donner une condition nécessaire et suffisante pour que le prolongement obtenu soit différentiable en $(0,0)$ .

Solution

(a)

En polaires, $x = r \cos (θ)$ , $y = r \sin (θ)$ ,

$f_{p} (x, y) = {(\cos (θ) + \sin (θ))}^{p} r^{p} \sin (\frac{1}{r}) .$

Cas: $p \geq 1$ .

$| f_{p} (x, y) | \leq 2^{p} r^{p} \to_{(x, y) \to (0,0)}^{} 0$

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

Cas: $p = 0$ .

$f_{0} (x, y) = \sin (\frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}})$

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

On suppose $p \in ℕ^{*}$ .

Cas: $p = 2$ .

$f_{2} (x, y) = {(x + y)}^{2} \sin (\frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}) = O ({∥ (x, y) ∥}^{2})$

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

La fonction $f_{2}$ est donc différentiable en $(0,0)$ de différentielle nulle.

Cas: $p > 2$ .

$f_{p} (x, y) = {(x + y)}^{p - 2} f_{2} (x, y) .$

La fonction $f_{p}$ est différentiable par produit de fonctions différentiables.

Cas: $p = 1$ . Quand $h \to 0^{+}$ ,

$\frac{1}{h} (f_{1} (h,0) - f_{1} (0,0)) = \sin (\frac{1}{h})$

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 6 28 Correction

Justifier que la fonction $f : ℂ^{*} \to ℂ$ définie par $f (z) = 1 / z$ est différentiable et calculer sa différentielle en tout $a \in ℂ^{*}$ .

Solution

Soit $a \in ℂ^{*}$ .

Pour $h \in ℂ$ avec $a + h \neq 0$ , on peut écrire

f (a + h) - f (a) = \frac{- h}{a (a + h)} = ℓ (h) + α (h)

avec $ℓ : h \mapsto - \frac{h}{a^{2}}$ linéaire et

α (h) = \frac{- h}{a (a + h)} + \frac{h}{a^{2}} = \frac{h^{2}}{a^{2} (a + h)} = O (h^{2}) = o (h) .

La différentielle de $f$ en $a$ est donc

ℓ : h \mapsto - \frac{h}{a^{2}} .

Exercice 7 4628

Soit $Δ : ℳ_{n} (ℝ) \to ℝ$ l’application définie par $Δ (A) = \det (A)$ .

(a)

Justifier que l’application $Δ$ est différentiable.

On convient de noter $a_{i, j}$ (avec $1 \leq i, j \leq n$ ) les coefficients génériques d’une matrice $A$ de $ℳ_{n} (ℝ)$ .

(b)

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

$\frac{\partial Δ}{\partial a_{i, j}} (A) .$
(c)

En déduire la différentielle de l’application $Δ$ .

Exercice 8 32 Correction

On étudie l’application déterminant $\det : ℳ_{n} (ℝ) \to ℝ$ .

(a)

Justifier que l’application $\det$ est différentiable.
(b)

Calculer la différentielle de $\det$ en $I_{n}$ puis en toute matrice $M$ inversible.
(c)

En introduisant la comatrice de $M$ , exprimer la différentielle de l’application $\det$ en tout $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ .

Solution

(a)

L’application $\det$ est différentiable (et même de classe $𝒞^{\infty}$ ) car polynomiale en vertu de l’expression générale définissant le déterminant

$\det (M) = \sum_{σ \in S_{n}} ε (σ) \prod_{i = 1}^{n} a_{σ (i), i} .$
(b)

Pour $H \in ℳ_{n} (ℝ)$ , le développement limité à l’ordre $1$ de $\det$ s’exprime

$\det (I_{n} + H) = 1 + φ (H) + ∥ H ∥ ε (H)$

avec $φ = d (\det) (I_{n})$ et $ε (H) \to_{H \to 0}^{} 0$ .

Pour $H = t E_{i, j}$ , on obtient par calcul d’un déterminant diagonal (cas $i = j$ ) ou triangulaire (cas $i \neq j$ )

$\det (I_{n} + t E_{i, j}) = 1 + t δ_{i, j} \underset{t \to 0}{=} 1 + t φ (E_{i, j}) + o (t)$

donc $φ (E_{i, j}) = δ_{i, j}$ . On en déduit $φ = tr$ .

Pour $M$ inversible,

$\det (M + H) = \det (M) \det (I_{n} + M^{- 1} H) = \det (M) + \det (M) tr (M^{- 1} H) + ∥ H ∥ ε (H)$

donc

$d (\det) (M) : H \mapsto \det (M) tr (M^{- 1} H) .$
(c)

En $M$ inversible,

$d (\det) (M) : H \mapsto \det (M) tr (M^{- 1} H) = tr (Com {(M)}^{⊤} \times H) .$

Les applications $M \mapsto d (\det) (M)$ (car en fait $\det$ est de classe $𝒞^{1}$ ) et $M \mapsto tr (Com {(M)}^{⊤} \times \cdot)$ sont continues et co$̈\mathrm{i}$ncident sur la partie dense ${GL}_{n} (ℝ)$ , elles sont donc égales sur $ℳ_{n} (ℝ)$ .

Exercice 9 34

On étudie l’application $f : M \mapsto M^{- 1}$ définie sur l’ouvert ${GL}_{n} (ℝ)$ .

(a)

En exploitant l’identité $(I_{n} + H) (I_{n} - H) = I_{n} - H^{2}$ , établir que l’application $f$ est différentiable en $I_{n}$ .
(b)

En déduire que $f$ est différentiable en toute matrice $M \in {GL}_{n} (ℝ)$ et exprimer sa différentielle.

Exercice 10 29 Correction

Soient $E$ et $F$ deux $ℝ$ -espaces vectoriels de dimension finies et $φ : E \times E \to F$ une application bilinéaire.
Établir que $φ$ est différentiable et calculer sa différentielle $d φ$ .

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 $ψ : (h, k) \mapsto φ (h, b) + φ (a, k)$ linéaire et $φ (h, k) = o (∥ (h, k) ∥)$ car $| φ (h, k) | \leq M ∥ h ∥ ∥ k ∥$ .
Par suite, $φ$ est différentiable en $(a, b)$ et $d φ (a, b) = ψ$ .

Exercice 11 37

Soient $E$ un espace euclidien dont le produit scalaire est noté $(\cdot ∣ \cdot)$ et $u$ un endomorphisme autoadjoint de $E$ .

(a)

On considère l’application $f : E \to ℝ$ définie par $f (x) = (u (x) ∣ x)$ .

Montrer que $f$ est différentiable et calculer sa différentielle en tout point $a$ de $E$ .
(b)

On considère l’application $F : E ∖ {0_{E}} \to ℝ$ définie par

$F (x) = \frac{(u (x) ∣ x)}{(x ∣ x)} .$

Montrer que $F$ est différentiable et que sa différentielle vérifie, pour tout $a \in E ∖ {0_{E}}$ ,

$d F (a) = 0 \Leftrightarrow a est vecteur propre de u .$
(c)

Montrer que $F$ est bornée et atteint un maximum en un vecteur $x_{0}$ de la sphère unité. Que dire de $x_{0}$ ?

Exercice 12 6026 Correction

Soient $Ω$ un ouvert connexe par arcs d’un espace vectoriel réel $E$ de dimension finie et $f : Ω \to ℝ$ une fonction telle qu’il existe $k \in ℝ_{+}$ pour lequel

\forall (x, y) \in Ω \times Ω, | f (x) - f (y) | \leq k {∥ x - y ∥}^{2} .

Montrer que $f$ est constante.

Solution

Pour tout $a \in Ω$ , l’hypothèse permet d’écrire

f (a + h) = f (a) + ℓ (h) + ∥ h ∥ ε (h)

avec $ℓ \in ℒ (Ω, ℝ)$ identiquement nulle et $ε$ fonction de limite nulle en $0$ .

La fonction $f$ est différentiable et sa différentielle est constante égale à l’application identiquement nulle. Puisque $Ω$ est un ouvert connexe par arcs, on peut affirmer que $f$ est constante.

Exercice 13 36 Correction

Soit $f : E \to F$ une différentiable en $0_{E}$ vérifiant $f (λ x) = λ f (x)$ pour tout $λ \in ℝ$ et tout $x \in E$ .

Montrer que l’application $f$ est linéaire.

Solution

Remarquons

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

et notons $ℓ = d f (0)$ .

D’une part,

f (λ x) = f (0) + ℓ (λ x) + o (λ ∥ x ∥)

D’autre part,

f (λ x) = λ f (x) .

On en déduit

λ ℓ (x) + o (λ ∥ x ∥) = λ f (x) .

En simplifiant par $λ$ et en faisant tendre $λ$ vers $0^{+}$ , on obtient $f (x) = ℓ (x)$ .

Ainsi, l’application $f$ est linéaire (égale à sa différentielle en $0$ ).

Exercice 14 3502 CENTRALE (MP)Correction

Soient $E = 𝒞^{\infty} (ℝ^{n}, ℝ)$ , $E^{*}$ le dual de $E$ et

𝒟 = {d \in E^{*} | \forall (f, g) \in E^{2}, d (f g) = 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 $d \in 𝒟$ et $h$ une fonction constante. Que vaut $d (h)$ ?
(d)

Soit $f \in E$ . Montrer

$\forall x \in ℝ^{n}, f (x) = f (0) + \sum_{i = 1}^{n} x_{i} \int_{0}^{1} \frac{\partial f}{\partial x_{i}} (t x) d t .$

Vérifier que l’application $x \mapsto \int_{0}^{1} \frac{\partial f}{\partial x_{i}} (t x) d t$ est dans $E$ .
(e)

Soit $d \in 𝒟$ . Établir l’existence de $(a_{1}, \dots, a_{n}) \in ℝ^{n}$ tel que

$\forall f \in E, d (f) = \sum_{i = 1}^{n} a_{i} \frac{\partial f}{\partial x_{i}} (0) .$
(f)

Déterminer la dimension de $𝒟$ .

Solution

(a)

immédiat.
(b)

L’application $d_{h} : f \mapsto d_{h} f (0)$ fait l’affaire pour n’importe quel $h \in ℝ^{n}$ non nul.
(c)

Si $h$ est constante égale à $λ$ alors pour toute fonction $f \in E$ on a par linéarité

$d (f h) = λ d (f)$

et par définition des éléments de $𝒟$ ,

$d (f h) = f (0) d (h) + λ d (f) .$

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

Soit $x \in ℝ^{n}$ , puisque la fonction $φ : t \in [0; 1] \mapsto f (t x)$ est de classe $𝒞^{1}$ , on a

$φ (1) = φ (0) + \int_{0}^{1} φ^{'} (t) d t$

ce qui donne

$f (x) = f (0) + \int_{0}^{1} \sum_{i = 1}^{n} x_{i} \frac{\partial f}{\partial x_{i}} (t x) d t .$

Soit $K$ un compact de $ℝ^{n}$ .
Toutes les dérivées partielles en $x$ de $(x, t) \mapsto \frac{\partial f}{\partial x_{i}} (t x)$ sont continues sur $K \times [0; 1]$ donc bornées.
Par domination sur tout compact, on peut affirmer que la fonction $f_{i} : x \mapsto \int_{0}^{1} \frac{\partial f}{\partial x_{i}} (t x) d t$ est de classe $𝒞^{\infty}$ .
(e)

Notons $p_{i} : x \mapsto x_{i}$ .
Par linéarité de $d$ , on a

$d (f) = \sum_{i = 1}^{n} d (p_{i} f_{i}) = \sum_{i = 1}^{n} d (p_{i}) f_{i} (0)$

car $d (f (0)) = 0$ et $p_{i} (0) = 0$ .
En posant $a_{i} = d (p_{i})$ et sachant

$f_{i} (0) = \int_{0}^{1} \frac{\partial f}{\partial x_{i}} (0) d t = \frac{\partial f}{\partial x_{i}} (0)$

on obtient

$\forall f \in E, d (f) = \sum_{i = 1}^{n} a_{i} \frac{\partial f}{\partial x_{i}} (0) .$
(f)

L’application qui à $h \in ℝ^{n}$ associe $d_{h}$ est donc une surjection de $ℝ^{n}$ sur $𝒟$ . Cette application est linéaire et aussi injective (prendre $f : x \mapsto (h ∣ x)$ pour vérifier $d_{h} = 0 ⟹ h = 0$ ) c’est donc un isomorphisme et

$dim 𝒟 = n .$

Exercice 15 4145 MINES (MP)

Soient $n \in ℕ^{*}$ et $f : ℳ_{n} (ℝ) \to ℝ^{n}$ l’application définie par

f (M) = (tr (M), tr (M^{2}), \dots, tr (M^{n})) .

(a)

Montrer que $f$ est différentiable et calculer sa différentielle en $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ .
(b)

Comparer le rang de $d f (M)$ et le degré du polynôme minimal de $M$ .
(c)

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

[<] Différentielle[>] Calcul de dérivées partielles

Exercice 16 5476 Correction

Soit $f : ℝ^{2} \to ℝ$ définie par

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

(a)

Calculer $D_{v} f (0,0)$ pour $v = (v_{x}, v_{y}) \in ℝ^{2}$ .
(b)

La fonction $f$ est-elle continue en $(0,0)$ ?
(c)

La fonction $f$ est-elle différentiable en $(0,0)$ ?

Solution

(a)

Soit $v = (v_{x}, v_{y}) \in ℝ^{2}$ . Sous réserve d’existence,

$D_{v} f (0,0) = lim_{\binom{t \to 0}{t \neq 0}} \frac{f ((0,0) + t . v) - f (0,0)}{t} = lim_{\binom{t \to 0}{t \neq 0}} \frac{f (t v_{x}, t v_{y}) - f (0,0)}{t} .$

Cas: $v_{y} \neq 0$ .

$\frac{f (t v_{x}, t v_{y}) - f (0,0)}{t} = \frac{t^{3} v_{x}^{3}}{t^{2} v_{y}} = t \frac{v_{x}^{3}}{v_{y}} \to_{\binom{t \to 0}{t \neq 0}}^{} 0 .$

Cas: $v_{y} = 0$ .

$\frac{f (t v_{x}, t v_{y}) - f (0,0)}{t} = 0 \to_{\binom{t \to 0}{t \neq 0}}^{} 0 .$

La fonction $f$ admet donc une dérivée en $(0,0)$ selon tout vecteur $v$ de $ℝ^{2}$ et $D_{v} f (0,0) = 0$ .
(b)

On remarque

$f (\frac{1}{n}, \frac{1}{n^{3}}) = 1 \to_{n \to + \infty}^{} 1 \neq f (0,0)$

alors que

$(\frac{1}{n}, \frac{1}{n^{3}}) \to_{n \to + \infty}^{} (0,0) .$

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

A fortiori, la fonction $f$ n’est pas différentiable en $(0,0)$ car les fonctions différentiables sont assurément continues.

Ainsi, il ne suffit pas qu’une fonction soit dérivable selon tout vecteur en un point pour être différentiable en ce point! Notons que la réciproque est en revanche valable sachant (avec des notations entendues) $D_{v} f (a) = d f (a) \cdot v$ .

Exercice 17 1744 Correction

Soit $f : ℝ^{2} \to ℝ$ définie par

f (x, y) = {\begin{matrix} \frac{x^{2} y}{x^{4} + y^{2}} & si (x, y) \neq (0,0) \\ 0 & sinon. \end{matrix}

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

Solution

Quand $n \to + \infty$

f (\frac{1}{n}, \frac{1}{n^{2}}) \to \frac{1}{2} \neq f (0,0)

donc $f$ n’est pas continue en $(0,0)$ .
Soit $h = (α, β) \in ℝ^{2}$ ,

\frac{1}{t} (f (t α, t β) - f (0,0)) = \frac{t^{2} α^{2} β}{t^{4} α^{4} + t^{2} β^{2}} \to {\begin{matrix} 0 & si β = 0 \\ α^{2} / β & sinon. \end{matrix}

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

Exercice 18 1745 Correction

Soit $f : ℝ^{2} \to ℝ$ définie par

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

(a)

Justifier que $f$ est continue en $(0,0)$ .
(b)

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

Solution

(a)

Pour $(x, y) \in ℝ^{2} ∖ {(0,0)}$ ,

$| f (x, y) - f (0,0) | \leq | y | \frac{| x |}{| x | + | y |} \leq | y | \to_{(x, y) \to (0,0)}^{} 0 .$

On en déduit que $f$ est continue en $(0,0)$ .
(b)

Sous réserve d’existence,

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

On remarque

$\frac{1}{t} (f (t,0) - f (0,0)) = 0$

donc

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

De même,

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

Exercice 19 3348 Correction

Calculer les dérivées partielles de

f (x, y) = \min (x, y^{2}) .

Solution

La courbe $Γ$ d’équation $y^{2} = x$ est une parabole séparant le plan en deux portions ouvertes

U = {(x, y) | x < y^{2}} et V = {(x, y) | x > y^{2}} .

Soit $(x_{0}, y_{0}) \in U$ . Au voisinage de ce couple, $f (x, y) = x$ et donc

\frac{\partial f}{\partial x} (x_{0}, y_{0}) = 1 et \frac{\partial f}{\partial y} (x_{0}, y_{0}) = 0 .

Soit $(x_{0}, y_{0}) \in V$ . Au voisinage de ce couple, $f (x, y) = y^{2}$ et donc

\frac{\partial f}{\partial x} (x_{0}, y_{0}) = 0 et \frac{\partial f}{\partial y} (x_{0}, y_{0}) = 2 y_{0} .

Soit $(x_{0}, y_{0}) \in Γ$ (on a donc $x_{0} = y_{0}^{2}$ ). Sous réserve d’existence,

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

Pour $t > 0$ ,

\frac{1}{t} (f (x_{0} + t, y_{0}) - f (x_{0}, y_{0})) = \frac{1}{t} (y_{0}^{2} - y_{0}^{2}) = 0

et pour $t < 0$ ,

\frac{1}{t} (f (x_{0} + t, y_{0}) - f (x_{0}, y_{0})) = \frac{1}{t} (x_{0} + t - x_{0}) = 1 .

On en déduit que la première dérivée partielle de $f$ en $(x_{0}, y_{0})$ n’est pas définie.

Sous réserve d’existence,

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

Si $y_{0} \neq 0$ alors pour $t$ du signe de $y_{0}$ ,

\frac{1}{t} (f (x_{0}, y_{0} + t) - f (x_{0}, y_{0})) = \frac{1}{t} (x_{0} - x_{0}) = 0

et pour $t$ du signe opposé à celui de $y_{0}$ ,

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

On en déduit que la deuxième dérivée partielle de $f$ en $(x_{0}, y_{0})$ n’est pas définie.

Si $y_{0} = 0$ (et alors $x_{0} = 0$ ),pour tout $t \neq 0$ ,

\frac{1}{t} (f (0,0 + t) - f (0,0)) = 0 .

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

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

Exercice 20 2466 CENTRALE (MP)Correction

On considère

f : (x, y) \mapsto \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{1 + y^{2 n}} .

(a)

Déterminer le domaine de définition $D$ de $f$ .
(b)

Étudier l’existence de $\frac{\partial f}{\partial x}$ et $\frac{\partial f}{\partial y}$ sur $D$ .

Solution

(a)

Si $| y | \leq 1$ 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, $| x | < | y^{2} |$ car $\frac{x^{n}}{1 + y^{2 n}} = {(\frac{x}{y^{2}})}^{n}$ .

Finalement,

$D = {(x, y) \in ℝ^{2} | | x | < \max (1, y^{2})} .$
(b)

$u_{n} (x, y) = \frac{x^{n}}{1 + y^{2 n}}$ . Soit $a \in [0; 1 [$ et $D_{a} = {(x, y) \in ℝ^{2} | | x | \leq a \max (1, y^{2})}$ . Pour $(x, y) \in D_{a}$ :

$| \frac{\partial u_{n}}{\partial x} (x, y) | = | \frac{n x^{n - 1}}{1 + y^{2 n}} | .$

Si $| y | \leq 1$ alors $| x | \leq a$ et

$| \frac{\partial u_{n}}{\partial x} (x, y) | = | \frac{n x^{n - 1}}{1 + y^{2 n}} | \leq \frac{n a^{n - 1}}{1 + y^{2 n}} \leq n a^{n - 1} .$

Si $| y | > 1$ alors $| x | \leq a y^{2}$ et

$| \frac{\partial u_{n}}{\partial x} (x, y) | = | \frac{n x^{n - 1}}{1 + y^{2 n}} | \leq \frac{n a^{n - 1} y^{2 n - 2}}{1 + y^{2 n}} \leq \frac{n a^{n - 1}}{y^{2}} \leq n a^{n - 1} .$

Dans les deux cas $| \frac{\partial u_{n}}{\partial x} (x, y) | \leq n a^{n - 1}$ qui est le terme général d’une série convergente.

$| \frac{\partial u_{n}}{\partial y} (x, y) | = | \frac{2 n y^{2 n - 1} x^{n}}{{(1 + y^{2 n})}^{2}} | \leq \frac{2 n x^{n}}{1 + y^{2 n}} car \frac{y^{2 n - 1}}{1 + y^{2 n}} \leq 1 .$

Si $| y | \leq 1$ alors $| x | \leq a$ et

$| \frac{\partial u_{n}}{\partial y} (x, y) | \leq \frac{2 n a^{n}}{1 + y^{2 n}} \leq 2 n a^{n} .$

Si $| y | > 1$ alors $| x | \leq a y^{2}$ et

$| \frac{\partial u_{n}}{\partial y} (x, y) | \leq \frac{2 n a^{n} y^{2 n}}{1 + y^{2 n}} \leq 2 n a^{n} .$

Dans les deux cas $| \frac{\partial u_{n}}{\partial y} (x, y) | \leq 2 n a^{n}$ qui est le terme général d’une série convergente.
Par convergence normale, $\frac{\partial f}{\partial x}$ et $\frac{\partial f}{\partial y}$ existent sur $D_{a}$ et comme cela vaut pour tout $a \in [0; 1 [$ , $\frac{\partial f}{\partial x}$ et $\frac{\partial f}{\partial y}$ existent sur $D$ .

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

Exercice 21 2903 MINES (MP)Correction

Soient $(x_{1}, \dots, x_{n}, h_{1}, \dots, h_{n}) \in ℝ^{2 n}$ , $f \in 𝒞^{1} (ℝ^{n}, ℝ)$ et $g : ℝ \to ℝ$ définie par

g (t) = f (x_{1} + t h_{1}, \dots, x_{n} + t h_{n}) .

Exprimer $g^{'} (t)$ .

Solution

Par composition, $g$ est dérivable (et même de classe $𝒞^{1}$ ) et

g^{'} (t) = \sum_{i = 1}^{n} h_{i} \frac{\partial f}{\partial x_{i}} (x_{1} + t h_{1}, \dots, x_{n} + t h_{n}) .

Exercice 22 1755 Correction

Soient $f : ℝ^{2} \to ℝ$ une fonction différentiable et $g : ℝ^{2} \to ℝ$ définie par

g (u, v) = f (u^{2} + v^{2}, u v) .

(a)

Justifier que $g$ est différentiable.
(b)

En employant la règle de la chaîne, exprimer les dérivées partielles de $g$ en fonction des dérivées partielles de $f$ .

Solution

(a)

Considérons

$Φ : {\begin{matrix} ℝ^{2} & \to & ℝ^{2} \\ (u, v) & \mapsto & (u^{2} + v^{2}, u v) . \end{matrix}$

L’application $Φ$ est différentiable car ses fonctions coordonnées (dans la base canonique) le sont puisque polynomiales. Par composition, $g = f \circ Φ$ est différentiable.

(b)

Par application de la règle de la chaîne,

	$\frac{\partial g}{\partial u} (u, v)$	$= \frac{d}{d u} (f (u^{2} + v^{2}, u v))$
		$= 2 u \frac{\partial f}{\partial x} (u^{2} + v^{2}, u v) + v \frac{\partial f}{\partial y} (u^{2} + v^{2}, u v)$
	$\frac{\partial g}{\partial v} (u, v)$	$= \frac{d}{d v} (f (u^{2} + v^{2}, u v))$
		$= 2 v \frac{\partial f}{\partial x} (u^{2} + v^{2}, u v) + u \frac{\partial f}{\partial y} (u^{2} + v^{2}, u v) .$

Exercice 23 1752 Correction

Soit $f : ℝ^{2} \to ℝ$ différentiable.

(a)

On suppose

$\forall t \in ℝ, \forall (x, y) \in ℝ^{2}, f (x + t, y + t) = f (x, y) .$

Montrer que $f$ satisfait sur $ℝ^{2}$ l’équation aux dérivées partielles

$(E) : \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) + \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = 0 .$
(b)

Établir la réciproque.
(c)

En déduire la solution générale de l’équation au dérivées partielles $(E)$ .

Solution

(a)

On dérive la relation par rapport à $t$

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

Pour $t = 0$ , on obtient la relation voulue.
(b)

Soit $(x, y) \in ℝ^{2}$ . On introduit la fonction $φ : ℝ \to ℝ$ définie par

$φ (t) = f (x + t, y + t) pour t \in ℝ .$

La fonction $φ$ est dérivable et

$φ^{'} (t) = \frac{\partial f}{\partial x} (x + t, y + t) + \frac{\partial f}{\partial y} (x + t, y + t) = 0$

en vertu de l’hypothèse de travail. On en déduit que la fonction $φ$ est constante.

L’identité $φ (t) = φ (0)$ produit alors celle voulue.
(c)

Si $f$ est solution sur $ℝ^{2}$ de l’équation aux dérivées partielles $(E)$ alors

$\forall t \in ℝ, \forall (x, y) \in ℝ^{2}, f (x + t, y + t) = f (x, y)$

et donc

$\forall (x, y) \in ℝ^{2}, f (x, y) = f (x - y,0) .$

Si l’on pose $C : t \to f (t,0)$ , on obtient

$\forall (x, y) \in ℝ^{2}, f (x, y) = C (x - y) avec C \in 𝒞^{1} (ℝ, ℝ) .$

La réciproque est immédiate.

Exercice 24 1753 Correction

Soient $Ω = ℝ^{2} ∖ {(0,0)}$ et $f : Ω \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ .

(a)

On suppose que

$\forall t > 0, \forall (x, y) \in Ω, f (t x, t y) = f (x, y) .$

Montrer que

$x \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) + y \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = 0 pour tout (x, y) \in Ω .$
(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 $, f (t x, t y) = f (x, y)$ et cela donne

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

En évaluant en $t = 1$ , on obtient la relation attendue.
(b)

Soit $(x, y) \in Ω$ .

Posons $φ : t \mapsto f (t x, t y)$ définie sur $] 0; + \infty [$ . Par composition la fonction $φ$ est dérivable sur $] 0; + \infty [$ et

$φ^{'} (t) = x \frac{\partial f}{\partial x} (t x, t y) + y \frac{\partial f}{\partial y} (t x, t y) .$

On en déduit

$t φ^{'} (t) = t x \frac{\partial f}{\partial x} (t x, t y) + t y \frac{\partial f}{\partial y} (t x, t y) = 0 .$

La fonction $φ^{'}$ est donc nulle sur $] 0; + \infty [$ 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 $(x, y) \in Ω$ ,

$f (x, y) = lim_{t \to 0^{+}} f (t x, t y) = f (0,0)$

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

Exercice 25 45 Correction

Soit $f : ℝ^{2} \to ℝ$ une fonction différentiable homogène de degré $n \in ℕ$ c’est-à-dire vérifiant

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

(a)

Montrer que

$x \frac{\partial f}{\partial x} + y \frac{\partial f}{\partial y} = n f .$
(b)

On suppose $n \geq 1$ . Montrer que les dérivées partielles de $f$ sont elles aussi homogènes, préciser leur degré.

Solution

(a)

En dérivant la relation $f (t x, t y) = t^{n} f (x, y)$ en la variable $t$

$x \frac{\partial f}{\partial x} (t x, t y) + y \frac{\partial f}{\partial y} (t x, t y) = n t^{n - 1} f (x, y) .$

En évaluant en $t = 1$ , on obtient

$x \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) + y \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = n f (x, y) .$
(b)

En dérivant la relation $f (t x, t y) = t^{n} f (x, y)$ en la variable $x$

$t \frac{\partial f}{\partial x} (t x, t y) = t^{n} \frac{\partial f}{\partial x} (x, y)$

donc, pour $t \neq 0$ ,

$\frac{\partial f}{\partial x} (t x, t y) = t^{n - 1} \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) .$

Cette identité se prolonge aussi en $t = 0$ grâce à la continuité de $\frac{\partial f}{\partial x}$ .
On peut conclure que $\frac{\partial f}{\partial x}$ est de homogène de degré $n - 1$ .
Idem pour $\frac{\partial f}{\partial y}$ .

Exercice 26 46

(Fonctions homogènes)

Soit $f : ℝ^{2} \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ . On dit que $f$ est homogène de degré $α \in R$ lorsque

\forall t > 0, \forall (x, y) \in ℝ^{2}, f (t x, t y) = t^{α} f (x, y) .

(a)

On suppose $f$ homogène de degré $α$ . Montrer

$x \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) + y \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = α f (x, y) pour tout (x, y) \in ℝ^{2} .$
(b)

Établir la réciproque.

Exercice 27 6027 Correction

Soit $ϕ : ℝ^{2} \to ℝ^{2}$ une isométrie vectorielle.

Montrer que pour toute fonction $f : ℝ^{2} \to ℝ$ de classe $𝒞^{2}$

Δ (f \circ Φ) = Δ f \circ Φ

où $Δ$ désigne le laplacien.

Solution

L’application $Φ$ est linéaire donc de classe $𝒞^{\infty}$ . Par composition, $g = f \circ Φ$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $ℝ^{2}$ . Notons

Ω = (\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix})

la matrice de $Φ$ dans la base canonique de $ℝ^{2}$ . On a

\forall (x, y) \in ℝ^{2}, Φ (x, y) = (a x + b y, c x + d y)

et donc

\forall (x, y) \in ℝ^{2}, g (x, y) = f (a x + b y, c x + d y) .

Par dérivation de fonctions composées,

	$\frac{\partial g}{\partial x} (x, y)$	$= a \frac{\partial f}{\partial x} (a x + b y, c x + d y) + c \frac{\partial f}{\partial y} (a x + b y, c x + d y)$
	$\frac{\partial g}{\partial y} (x, y)$	$= b \frac{\partial f}{\partial x} (a x + b y, c x + d y) + d \frac{\partial f}{\partial y} (a x + b y, c x + d y)$

puis

	$\frac{\partial^{2} g}{\partial x^{2}} (x, y)$	$= a^{2} \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} (x^{'}, y^{'}) + 2 a c \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} (x^{'}, y^{'}) + c^{2} \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} (x^{'}, y^{'})$
	$\frac{\partial^{2} g}{\partial y^{2}} (x, y)$	$= b^{2} \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} (x^{'}, y^{'}) + 2 b d \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} (x^{'}, y^{'}) + d^{2} \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} (x^{'}, y^{'})$

avec $(x^{'}, y^{'}) = Φ (x, y) = (a x + b y, c x + d y)$ .

On en déduit

Δ g (x, y) = (a^{2} + b^{2}) \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} (x^{'}, y^{'}) + 2 (a c + b d) \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} (x^{'}, y^{'}) + (c^{2} + d^{2}) \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} (x^{'}, y^{'}) .

Les lignes de la matrice $Ω$ étant unitaires et orthogonales: $a^{2} + b^{2} = c^{2} + d^{2} = 1$ et $a c + b d = 0$ . On simplifie

Δ g (x, y) = Δ f (x^{'}, y^{'}) = Δ f (Φ (x, y)) .

[<] Dérivées partielles de fonctions composées[>] Gradient

Exercice 28 1323 X (MP)

Soit $f \in 𝒞^{2} (ℝ^{n}, ℝ^{n})$ . 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 $ℝ^{n}$ est antisymétrique.

Montrer qu’il existe $b \in ℝ^{n}$ et $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ antisymétrique tels que:

\forall x \in ℝ^{n}, f (x) = A x + b .

[<] Matrice jacobienne[>] Fonction de classe C1

Exercice 29 3885 Correction

Soient $u$ un endomorphisme autoadjoint d’un espace euclidien $E$ et $x_{0}$ un vecteur de $E$ . On étudie la fonction $f : E \to ℝ$ définie par

f (x) = \frac{1}{2} (u (x) ∣ x) + (x_{0} ∣ x) .

(a)

Montrer que $f$ est différentiable et exprimer sa différentielle.
(b)

Calculer le gradient de $f$ en tout point de $E$ .

Solution

(a)

Soit $a \in E$ . On peut écrire

$f (a + h) = \frac{1}{2} ((u (a) ∣ a) + (u (a) ∣ h) + (u (h) ∣ a) + (u (h) ∣ h)) + (x_{0} ∣ a) + (x_{0} ∣ h) .$

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

$f (a + h) = f (a) + ℓ (h) + (u (h) ∣ h)$

avec $ℓ$ la forme linéaire donnée par

$ℓ (h) = (u (a) + x_{0} ∣ h) .$

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

$| (u (h) ∣ h) | \leq ∥ u (h) ∥ ∥ h ∥ avec ∥ u (h) ∥ \to_{h \to 0_{E}}^{} 0$

car l’application linéaire $u$ est continue puisqu’au départ d’un espace de dimension finie.

On a donc formé un développement limité à l’ordre $1$

$f (a + h) = f (a) + ℓ (h) + ∥ h ∥ ε (h) avec ε (h) \to_{h \to 0_{E}}^{} 0 .$

La fonction $f$ est donc différentiable en $a$ et

$d f (a) \cdot h = (u (a) + x_{0} ∣ h) .$
(b)

On reconnaît alors le gradient de $f$ en $a$ : $\nabla f (a) = u (a) + x_{0}$ .

Exercice 30 30 Correction

Soit $E$ un espace vectoriel euclidien.

(a)

En quels points l’application $x \mapsto {∥ x ∥}_{2}$ est-elle différentiable?
(b)

Préciser en ces points le vecteur gradient.

Solution

(a)

Cas: $x = 0$ .

$\frac{1}{t} (∥ 0 + t . h ∥ - ∥ 0 ∥) = \frac{| t |}{t} ∥ h ∥$

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

Cas: $x \neq 0$ .

$∥ x + h ∥$ $= \sqrt{{∥ x ∥}^{2} + 2 (x ∣ h) + {∥ h ∥}^{2}}$

$= ∥ x ∥ \sqrt{1 + 2 \frac{(x ∣ h)}{{∥ x ∥}^{2}} + \frac{{∥ h ∥}^{2}}{{∥ x ∥}^{2}}} = ∥ x ∥ + \frac{(x ∣ h)}{∥ x ∥} + o (h)$

donc $∥ \cdot ∥$ est différentiable en $x$ et de différentielle

$h \mapsto \frac{(x ∣ h)}{∥ x ∥} .$
(b)

Le vecteur gradient en $x \neq 0$ est

$\frac{1}{∥ x ∥} . x .$

Exercice 31 1750

On munit $ℝ^{2}$ de sa structure euclidienne canonique.

Soient $f : ℝ \times ℝ \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ et $g : ℝ \times ℝ \to ℝ$ définie par

g (r, θ) = f (r \cos (θ), r \sin (θ)) .

Soient $(x, y) \in ℝ^{2} ∖ {(0,0)}$ et $(r, θ) \in ℝ_{+}^{*} \times ℝ$ tels que $x = r \cos (θ)$ et $y = r \sin (θ)$ .

(a)

Exprimer les dérivées partielles de $f$ en $(x, y)$ en fonction des dérivées partielles de $g$ en $(r, θ)$ .

On introduit les vecteurs ${\vec{u}}_{r} = (\cos (θ), \sin (θ))$ et ${\vec{u}}_{θ} = (- \sin (θ), \cos (θ))$ .

(b)

Exprimer le gradient de $f$ en $(x, y)$ en fonction de ${\vec{u}}_{r}$ , ${\vec{u}}_{θ}$ et des dérivées partielles de $g$ .

Exercice 32 5219

On munit $ℝ^{n}$ de sa structure euclidienne canonique.

Soient $Ω$ un ouvert convexe non vide de $ℝ^{n}$ et $f : Ω \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ .

(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 $(a, b) \in Ω^{2}$

$| f (b) - f (a) | \leq M ∥ b - a ∥ avec M = sup_{x \in Ω} ∥ \nabla f (x) ∥ .$

Exercice 33 5107

On munit $ℝ^{n}$ de sa structure euclidienne canonique et l’on identifie $ℝ^{n}$ et l’espace des colonnes $ℳ_{n,1} (ℝ)$ .

Soient $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice symétrique et $f_{A} : ℝ^{n} \to ℝ$ définie par $f_{A} (x) = x^{⊤} A x$ .

(a)

Calculer les dérivées partielles de $f_{A}$ et exprimer $\nabla f_{A} (x)$ en fonction de $A x$ pour tout $x \in ℝ^{n}$ .

Pour $x \in ℝ^{n}$ non nul, on introduit le quotient de Rayleigh

R (x) = \frac{x^{⊤} A x}{x^{⊤} x} .

(b)

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

Exercice 34 33 Correction

(a)

Montrer que l’application $Δ : A \mapsto \det (A)$ est différentiable sur $ℳ_{n} (ℝ)$ .
(b)

Calculer sa différentielle en commençant par évaluer ses dérivées partielles.
(c)

On munit $ℳ_{n} (ℝ)$ du produit scalaire canonique défini par $⟨ A, B ⟩ = tr (A^{⊤} B)$ .
Déterminer le vecteur gradient de $Δ$ en $A$

Solution

Notons $A = (a_{i, j})$

(a)

Puisque

$Δ (A) = \sum_{σ \in 𝒮_{n}} ε (σ) \prod_{i = 1}^{n} a_{σ (i), i}$

la fonction $Δ$ est différentiable sur $ℳ_{n} (ℝ)$ par somme et produit de fonctions qui le sont (à savoir les application linéaires $A \mapsto a_{i, j}$ ).
(b)

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

$\det (A) = \sum_{j = 1}^{n} a_{i, j} A_{i, j}$

avec $A_{i, j}$ cofacteur d’indice $(i, j)$ . On en déduit.

$\partial_{(i, j)} Δ (A) = A_{i, j} .$

Par conséquent, la différentielle de $Δ$ en $A$ est

$d Δ (A) : H \mapsto \sum_{i, j = 1}^{n} A_{i, j} h_{i, j} .$
(c)

On observe

$d Δ (A) \cdot H = tr (Com {(A)}^{⊤} H)) = ⟨ Com (A), H ⟩ .$

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

Exercice 35 5746 Correction

Soit $F : Ω \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ définie sur $Ω$ ouvert convexe d’un espace euclidien $E$ . On suppose

\forall (x, y) \in Ω^{2}, ⟨ \nabla F (y) - \nabla F (x), x - y ⟩ \geq 0 .

Montrer que la fonction $F$ est convexe, c’est-à-dire qu’elle vérifie

\forall (a, b) \in Ω^{2}, \forall λ \in [0; 1], F ((1 - λ) . a + λ . b) \leq (1 - λ) F (a) + λ F (b) .

Solution

Soient $a, b \in Ω$ . Pour $t \in [0; 1]$ , on pose

φ (t) = F ((1 - t) . a + t . b) = F (a + t (b - a)) .

La fonction $φ$ est dérivable avec

φ^{'} (t) = ⟨ \nabla F (a + t . (b - a)), b - a ⟩ .

Pour $s < t$ ,

	$φ^{'} (t) - φ^{'} (s)$	$= ⟨ \nabla F (a + t . (b - a)), b - a ⟩ - ⟨ \nabla F (a + s . (b - a)), b - a ⟩$
		$= ⟨ \nabla F (a + t . (b - a)) - \nabla F (a + s . (b - a)), b - a ⟩ .$

En posant $x = a + s . (b - a)$ et $y = a + t . (b - a)$ ,

⟨ \nabla F (y) - \nabla F (x), x - y ⟩ = ⟨ \nabla F (a + t . (b - a)) - \nabla F (a + s . (b - a)), (\underset{\begin{matrix} > 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{t - s}}) . (b - a) ⟩ \geq 0

et donc $φ^{'} (t) - φ^{'} (s) \geq 0$ .

La fonction $φ^{'}$ est alors croissante et par conséquent $φ$ est convexe. La propriété

\forall λ \in [0; 1], φ (λ) = φ ((1 - λ) .0 + λ . t) \leq (1 - λ) φ (0) + λ φ (1)

donne alors

\forall λ \in [0; 1], F ((1 - λ) . a + λ . b) \leq (1 - λ) F (a) + λ F (b) .

[<] Gradient[>] Espace tangent

Exercice 36 41 Correction

Soient $f : ℝ \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ et $F : ℝ^{2} ∖ {(0,0)} \to ℝ$ définie par

F (x, y) = \frac{f (x^{2} + y^{2}) - f (0)}{x^{2} + y^{2}} .

(a)

Déterminer ${lim}_{(x, y) \to (0,0)} F (x, y)$ .

On prolonge $F$ par continuité en $(0,0)$ et l’on suppose de surcroît $f$ de classe $𝒞^{2}$ sur $ℝ$ .

(b)

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

Montrer que $F$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{2}$ .

Solution

(a)

Par le théorème des accroissements finis, il existe $c_{x, y} \in] 0; x^{2} + y^{2} [$ tel que $F (x, y) = f^{'} (c)$ .
Quand $(x, y) \to (0,0)$ alors $c_{x, y} \to 0$ puis $F (x, y) \to f^{'} (0)$ .
(b)

Par Taylor-Young:

$F (x, y) = F (0,0) + \frac{x^{2} + y^{2}}{2} f^{''} (0) + (x^{2} + y^{2}) ε (x^{2} + y^{2}) = F (0,0) + φ (x, y) + o (x, y)$

avec $φ = 0$ .
Donc $F$ est différentiable en $(0,0)$ et $d F (0,0) = 0$ .
(c)

$F$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{2} ∖ {(0,0)}$ par opérations.

$\frac{\partial F}{\partial x} (x, y) = \frac{2 x}{x^{2} + y^{2}} (f^{'} (x^{2} + y^{2}) - F (x, y)) = x (f^{''} (0) + o (1)) \to_{(x, y) \to (0,0)}^{} 0$

et de même

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

donc $F$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{2}$ .

Exercice 37 2906 MINES (MP)Correction

Soit $g : ℝ \to ℝ$ de classe $𝒞^{2}$ sur $ℝ$ . On pose

f (x, y) = \frac{g (x) - g (y)}{x - y} pour x \neq y et f (x, x) = g^{'} (x) .

(a)

À l’aide d’une intégrale, proposer une expression de $f (x, y)$ où ne figure plus la discussion selon que $x$ est égal ou non à $y$ .
(b)

En déduire que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{2}$ .

Solution

(a)

Puisque la fonction $g$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ , on peut écrire

$g (x) = g (y) + \int_{y}^{x} g^{'} (t) d t .$

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

$g (x) = g (y) + (x - y) \int_{0}^{1} g^{'} (y + u (x - y)) d u .$

Ainsi,

$f (x, y) = \int_{0}^{1} g^{'} (y + u (x - y)) d u$

Cette relation vaut pour $x \neq y$ et aussi pour $x = y$ .
(b)

Soit $y \in ℝ$ fixé.

L’application $φ : (x, u) \mapsto g^{'} (y + u (x - y))$ admet une dérivée partielle

$\frac{\partial φ}{\partial x} (x, u) = u g^{''} (y + u (x - y)) .$

Cette dérivée partielle est continue en $x$ et continue par morceaux en $u$ .

Pour $[a; b] \subset ℝ$ assez grand pour que $y$ en soit élément, on a

$\forall x \in [a; b], \forall u \in [0; 1], y + u (x - y) \in [x; y] \subset [a; b] .$

La fonction $g^{''}$ est continue donc bornée par un certain $M \in ℝ_{+}$ sur le segment $[a; b]$ . On a alors

$\forall (x, u) \in [a; b] \times [0; 1], | \frac{\partial φ}{\partial x} (x, u) | \leq M = ψ (u) .$

La fonction $ψ$ est évidemment intégrable sur $[0; 1]$ et donc, par domination sur tout segment, on peut affirmer que l’application $x \mapsto \int_{0}^{1} φ (x, u) d u$ est de classe $𝒞^{1}$ et

$\frac{d}{d x} (\int_{0}^{1} φ (x, u) d u) = \int_{0}^{1} \frac{\partial φ}{\partial x} (x, u) d u .$

Ainsi, $f$ admet une dérivée partielle

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, y) = \int_{0}^{1} u g^{''} (y + u (x - y)) d u .$

De plus, la fonction $(x, y, u) \mapsto u g^{''} (y + u (x - y))$ est continue sur $ℝ^{2} \times [0; 1]$ et par une domination sur $[a; b] \times [a; b]$ , on obtient la continuité sur $ℝ^{2}$ de l’application $\frac{\partial f}{\partial x}$ .

De même, on montre que la deuxième dérivée partielle de $f$ existe et est continue.

Exercice 38 2907 MINES (MP)Correction

Soit, pour $n \in ℕ^{*}$ ,

u_{n} : (x, y) \mapsto \frac{\cos (n y)}{\sqrt{n}} x^{n} .

On note $D$ l’ensemble des $(x, y) \in ℝ^{2}$ tels que la série de terme général $u_{n} (x, y)$ converge. On pose

f : (x, y) \mapsto \sum_{n = 1}^{\infty} u_{n} (x, y) .

(a)

Déterminer $D$ .
(b)

Montrer que $f_{↾ D^{\circ}}$ est de classe $𝒞^{1}$ .

Solution

(a)

Cas: $| x | < 1$ .

$| u_{n} (x, y) | = o (x^{n})$

donc la série $\sum u_{n} (x, y)$ est absolument convergente.

Cas: $| x | > 1$ . Si la série $\sum u_{n} (x, y)$ converge alors $u_{n} (x, y) \to_{n \to + \infty}^{} 0$ donc

$\cos (n y) = u_{n} (x, y) \frac{\sqrt{n}}{x^{n}} \to 0$

par croissance comparée.
Mais alors

$\cos (2 n y) = 2 \cos^{2} (n y) - 1 \to - 1$

ce qui est incohérent avec l’affirmation qui précède.
Ainsi, la série $\sum u_{n} (x, y)$ diverge.

Cas: $x = 1$ . Si $y = 0 [2 π]$ alors $u_{n} (1, y) = \frac{1}{\sqrt{n}}$ et $\sum u_{n} (1, y)$ diverge.
Si $y \neq 0 [2 π]$ alors par une transformation d’Abel, on obtient la convergence de la série $\sum u_{n} (1, y)$ .

Cas: $x = - 1$ . On remarque

$u_{n} (- 1, y) = u_{n} (1, y + π) .$

Ainsi, $\sum u_{n} (- 1, y)$ converge si, et seulement si, $y \neq π [2 π]$ .

Finalement,

$D = {(x, y) \in ℝ^{2} | | x | < 1} \cup {(1, y) / y \neq 0 [2 π]} \cup {(- 1, y) / y \neq π [2 π]} .$
(b)

L’intérieur de $D$ est alors

$D^{\circ} = {(x, y) \in ℝ^{2} | | x | < 1} .$

Soient $a \in [0; 1 [$ et $D_{a} = {(x, y) \in ℝ^{2} | | x | < a}$ .
$u_{n}$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $D_{a}$ et la série de fonctions $\sum u_{n} (x, y)$ converge simplement sur $D_{a}$ .
La série de fonctions $\sum \frac{\partial u_{n}}{\partial x} (x, y)$ converge normalement sur $D_{a}$ via

$| \frac{\partial u_{n}}{\partial x} (x, y) | \leq \sqrt{n} a^{n - 1} .$

Enfin, la série de fonctions $\sum \frac{\partial u_{n}}{\partial y} (x, y)$ converge normalement sur $D_{a}$ via

$| \frac{\partial u_{n}}{\partial y} (x, y) | \leq \sqrt{n} a^{n} .$

On peut alors appliquer les théorèmes usuels qui affirment que

$(x, y) \mapsto \sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} (x, y)$

admet deux dérivées partielles continues sur $D_{a}$ . C’est donc une fonction de classe $𝒞^{1}$ sur $D_{a}$ . Enfin, cela valant pour tout $a \in [0; 1 [$ , on obtient une fonction de classe $𝒞^{1}$ sur l’intérieur de $D$ .

Exercice 39 51 Correction

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

F (x) = \int_{2 x}^{x^{3}} f (x + 1, t) d t .

Démontrer que $F$ est dérivable sur $ℝ$ et préciser sa dérivée.

Solution

On peut écrire

F (x) = \int_{0}^{x^{3}} f (x + 1, t) d t - \int_{0}^{2 x} f (x + 1, t) d t = φ (x, x^{3}) - φ (x,2 x)

avec

φ (x, u) = \int_{0}^{u} f (x + 1, t) d t = \int_{0}^{1} u f (x + 1, t u) d t .

Fixons $u \in ℝ$ et considérons $g (x, t) = u f (x + 1, t u)$ définie sur $ℝ \times [0; 1]$ .
La fonction $g$ est continue en $x$ et continue par morceaux en $t$ .
Soit $[a; b] \subset ℝ$ . La fonction $f$ étant continue sur le compact $[a + 1; b + 1] \times [0; u]$ , elle y est bornée par un certain $M \in ℝ_{+}$ .
On a alors

\forall (x, u) \in [a; b] \times [0; u], | g (x, t) | \leq M = ψ (t) .

La fonction $ψ$ est intégrable sur $[0; u]$ et donc, par intégration sur un segment, on obtient que la fonction $x \mapsto φ (x, u)$ est de classe $𝒞^{1}$ et

\frac{d}{d x} (φ (x, u)) = \frac{\partial φ}{\partial x} (x, u) = \int_{0}^{1} u \frac{\partial f}{\partial x} (x + 1, t u) d t .

Ainsi $φ$ admet une dérivée partielle $\frac{\partial φ}{\partial x}$ et, une domination analogue à la précédente permet d’établir que cette fonction est continue en le couple $(x, u) \in ℝ^{^{2}}$ .
D’autre part, $u \mapsto φ (x, u)$ est évidemment dérivable et

\frac{d}{d u} (φ (x, u)) = \frac{\partial φ}{\partial u} (x, u) = f (x + 1, u) .

Ainsi $φ$ admet une dérivée partielle $\frac{\partial φ}{\partial u}$ et celle-ci est clairement continue.

Finalement, $φ$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{2}$ .
Notons enfin que les dérivées partielles de $φ$ sont continues en $(x, u)$ et donc la fonction $φ$ est de classe $𝒞^{1}$ .
Puisque, $F$ est de classe $𝒞^{1}$ .
Par dérivation de fonctions composées

F^{'} (x) = \frac{\partial φ}{\partial x} (x, x^{3}) + 3 x^{2} \frac{\partial φ}{\partial u} (x, x^{3}) - \frac{\partial φ}{\partial x} (x, x^{2}) - 2 \frac{\partial φ}{\partial u} (x,2 x) .

Enfin

F^{'} (x) = \int_{2 x}^{x^{3}} \frac{\partial f}{\partial x} (x + 1, t) d t + 3 x^{2} f (x + 1, x^{3}) - 2 f (x + 1,2 x) .

[<] Fonction de classe C1[>] Équations aux dérivées partielles d'ordre 1

Exercice 40 5106

(a)

Étudier la position relative de la surface $Σ : z = x^{2} + y^{2}$ et de son plan tangent en tout point.
(b)

Même question avec $Σ^{'} : z = x^{2} - y^{2}$

Exercice 41 5108

Montrer que l’intersection de la surface $Σ : x^{2} + y^{2} - z^{2} = 1$ et de son plan tangent en un point régulier est la réunion de deux droites sécantes en ce point.

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

Exercice 42 4627

Déterminer les fonctions $f : ℝ^{2} \to ℝ$ de classe $𝒞^{1}$ solutions de l’équation aux dérivées partielles:

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

Exercice 43 1763

Déterminer les fonctions $f : ℝ^{2} \to ℝ$ de classe $𝒞^{1}$ solutions de l’équation aux dérivées partielles

3 \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) - 2 \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = x .

On pourra réaliser le changement de variables

{\begin{matrix} u & = x + y \\ v & = 2 x + 3 y . \end{matrix}

Exercice 44 44 Correction

Déterminer les fonctions $f : ℝ^{2} \to ℝ$ de classe $𝒞^{1}$ solution de l’équation aux dérivées partielles

\frac{\partial f}{\partial x} (x, y) - 3 \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = 0 .

On pourra réaliser le changement de variables

{\begin{matrix} u & = 2 x + y \\ v & = 3 x + y . \end{matrix}

Solution

{\begin{matrix} u & = 2 x + y \\ v & = 3 x + y \end{matrix} \Leftrightarrow {\begin{matrix} x & = v - u \\ y & = 3 u - 2 v . \end{matrix}

Posons $ϕ : ℝ^{2} \to ℝ^{2}$ définie par

ϕ (u, v) = (v - u,3 u - 2 v)

$ϕ$ est une bijection de classe $𝒞^{1}$ (et même un $𝒞^{1}$ -difféomorphisme)
Soient $f : ℝ^{2} \to ℝ$ de classe $𝒞^{_{1}}$ et $g : ℝ^{2} \to ℝ$ définie par « $g (u, v) = f (x, y)$ » c’est-à-dire $g (u, v) = f (v - u,3 u - 2 v)$
$g = f \circ ϕ$ est de classe $𝒞^{1}$ et

\frac{\partial g}{\partial u} (u, v) = - \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) + 3 \frac{\partial f}{\partial y} (x, y)

$f$ est solution de l’équation si, et seulement si, $\frac{\partial g}{\partial u} = 0$ soit $g (u, v) = φ (v)$ avec $φ$ fonction de classe $𝒞^{1}$ .
Les solutions de l’équation aux dérivées partielles sont $f (x, y) = φ (3 x + y)$ avec $φ$ de classe $𝒞^{1}$ .

Exercice 45 1765

Déterminer les fonctions de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{2}$ vérifiant l’équation aux dérivées partielles

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

On opérera le changement de variables défini par le système

{\begin{matrix} u & = x + y \\ v & = x - y . \end{matrix}

Exercice 46 1764 Correction

Déterminer les fonctions $f : ℝ^{2} \to ℝ$ de classe $𝒞^{1}$ solutions de l’équation aux dérivées partielles

\frac{\partial f}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial y} = f .

On pourra réaliser le changement de variables

{\begin{matrix} u & = x \\ v & = y - x . \end{matrix}

Solution

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

\frac{\partial f}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial y} = f .

Soit $g : ℝ^{2} \to ℝ$ définie par $g (u, v) = f (u, u + v)$ .
Par composition $g$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{2}$ et

\frac{\partial g}{\partial u} (u, v) = \frac{\partial f}{\partial x} (u, u + v) + \frac{\partial f}{\partial y} (u, u + v) = f (u, u + v) = g (u, v) .

La fonction $u \mapsto g (u, v)$ est solution de l’équation différentielle $y^{'} = y$ donc il existe $C (v) \in ℝ$ tel que $g (u, v) = C (v) e^{u}$ .
Notons que $C : ℝ \to ℝ$ est de classe $𝒞^{1}$ car $C (v) = g (0, v)$ avec $g$ de classe $𝒞^{1}$ .
Par suite, on obtient $f (x, y) = C (y - x) e^{x}$ .
Inversement, de telles fonctions sont solutions.

Exercice 47 1766

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

(E) : y \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) - x \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = 0 .

Exercice 48 80 Correction

En passant en coordonnées polaires, déterminer les fonctions $f : ℝ \times ℝ_{+}^{*} \to ℝ$ de classe $𝒞^{1}$ solutions de l’équation aux dérivées partielles

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

Solution

Considérons la fonction de changement de variables polaires

{\begin{matrix} ℝ_{+}^{*} \times ℝ & \to & ℝ^{2} ∖ {(0,0)} \\ (r, θ) & \mapsto & (r \cos (θ), r \sin (θ)) . \end{matrix}

Celle-ci est surjective mais non bijective. Ici, on veut résoudre l’équation aux dérivées partielles sur $ℝ \times ℝ_{+}^{*}$ . Pour rendre la fonction de changement de variable bijective sur ce domaine, on limite $θ$ à varier dans $] 0; π [$ . On considère donc plutôt la fonction de changement de variable

Φ : {\begin{matrix} ℝ_{+}^{*} \times] 0; π [ & \to & ℝ \times ℝ_{+}^{*} \\ (r, θ) & \mapsto & (r \cos (θ), r \sin (θ)) . \end{matrix}

Celle-ci est bijective et l’on peut exprimer sa bijection réciproque $Φ^{- 1}$

Φ^{- 1} (x, y) = (\sqrt{x^{2} + y^{2}}, \arccos (\frac{x}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}})) .

Soient $f : ℝ \times ℝ_{+}^{*}$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ et $g : ℝ_{+}^{*} \times] 0; π [\to ℝ$ l’application définie de sorte que

« g (r, θ) = f (x, y) »

c’est-à-dire définie par

\forall (r, θ) \in ℝ_{+}^{*} \times] 0; π [, g (r, θ) = f (r \cos (θ), r \sin (θ)) .

Par composition, $g = f \circ Φ$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}^{*} \times] 0; π [$ et l’on remarque

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

Par bijectivité de $Φ$ ,

	$\forall (x, y) \in ℝ \times ℝ_{+}^{*},$	$y \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) - x \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = f (x, y)$
		$\Leftrightarrow \forall (r, θ) \in ℝ_{+}^{*} \times] 0; π [, \frac{\partial g}{\partial θ} (r, θ) = - g (r, θ) .$

En intégrant cette équation à $r$ fixé, on poursuit

	$\forall (x, y) \in ℝ \times ℝ_{+}^{*},$	$y \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) - x \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = f (x, y)$
		$\Leftrightarrow \exists C \in 𝒞^{1} (ℝ_{+}^{}, ℝ), \forall (r, θ) \in ℝ_{+}^{} \times] 0; π [, g (r, θ) = C (r) e^{- θ}$
		$\Leftrightarrow \exists C \in 𝒞^{1} (ℝ_{+}^{}, ℝ), \forall (x, y) \in ℝ \times ℝ_{+}^{},$
		$f (x, y) = C (\sqrt{x^{2} + y^{2}}) e^{- \arccos (x / \sqrt{x^{2} + y^{2}})} .$

La fonction $C$ parcourant les fonctions de classe $𝒞^{1}$ au départ de $ℝ_{+}^{*}$ , il en est de même de $C \circ \sqrt{\cdot}$ et l’on peut simplifier l’expression de la solution générale

f (x, y) = C (x^{2} + y^{2}) e^{- \arccos (x / \sqrt{x^{2} + y^{2}})} avec C \in 𝒞^{1} (ℝ_{+}^{*}, ℝ) .

Exercice 49 76 Correction

En passant en coordonnées polaires, déterminer les fonctions $f : ℝ_{+}^{*} \times ℝ \to ℝ$ de classe $𝒞^{1}$ solutions de l’équation aux dérivées partielles

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

Solution

Soient $f : ℝ_{+}^{*} \times ℝ \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ et $g : ℝ_{+}^{*} \times] - π / 2; π / 2 [\to ℝ$ définie par $g (r, θ) = f (r \cos (θ), r \sin (θ))$ . Par composition $g$ est $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}^{*} \times] - π / 2; π / 2 [$ et

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

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

f (x, y) = h (\arctan (\frac{y}{x})) = \tilde{h} (\frac{y}{x})

avec $\tilde{h}$ fonction de classe $𝒞^{1}$ définie sur $ℝ$ .

Exercice 50 1768 Correction

En passant en coordonnées polaires, déterminer les fonctions $f : ℝ_{+}^{*} \times ℝ \to ℝ$ de classe $𝒞^{1}$ solutions de l’équation aux dérivées partielles

x \frac{\partial f}{\partial x} + y \frac{\partial f}{\partial y} = \sqrt{x^{2} + y^{2}} .

Solution

Soient $f : ℝ_{+}^{*} \times ℝ \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ et $g : ℝ_{+}^{*} \times] - π / 2; π / 2 [\to ℝ$ définie par $g (r, θ) = f (r \cos (θ), r \sin (θ))$ . Par composition $g$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}^{*} \times] - π / 2; π / 2 [$ et

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

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

r \frac{\partial g}{\partial r} (ρ, θ) = r

ce qui conduit à $g (r, θ) = r + h (θ)$ puis

f (x, y) = \sqrt{x^{2} + y^{2}} + h (\arctan (\frac{y}{x})) = \sqrt{x^{2} + y^{2}} + k (\frac{y}{x})

avec $k$ fonction de classe $𝒞^{1}$ définie sur $ℝ$ .

Exercice 51 3793 ENTPE (MP)Correction

On étudie l’équation aux dérivées partielles

(E) : x \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) + y \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = f (x, y)

où la fonction inconnue $f$ est de classe $𝒞^{1}$ de $ℝ^{2}$ vers $ℝ$ .

(a)

Montrer l’existence de solutions non identiquement nulles.

Soit $f$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ solution sur $ℝ^{2}$ de $(E)$ .

Pour $(x, y) \in ℝ^{2}$ , on pose $g : t \mapsto f (t x, t y)$ définie sur $[0; + \infty [$ .

(b)

Montrer que $g$ est de classe $𝒞^{1}$ et calculer $g^{'}$ .
(c)

En déduire que $f (t x, t y) = t f (x, y)$ pour tout $(x, y) \in ℝ^{2}$ et tout $t \in ℝ_{+}$ .
(d)

Déterminer la solution générale l’équation $(E)$ sur $ℝ^{2}$ .

Solution

(a)

Les fonctions données par $f (x, y) = a x + b y$ sont solutions.
(b)

Par composition, la fonction $g$ est de classe $𝒞^{1}$ et

$g^{'} (t) = x \frac{\partial f}{\partial x} (t x, t y) + y \frac{\partial f}{\partial y} (t x, t y)$

de sorte que

$t g^{'} (t) = f (t x, t y) = g (t) .$
(c)

La résolution de l’équation différentielle $t y^{'} (t) = y$ sur $] 0; + \infty [$ donne

$y (t) = λ t avec λ \in ℝ .$

La fonction $g$ est donc de cette forme sur $] 0; + \infty [$ et aussi sur $[0; + \infty [$ par continuité en $0$ . On en déduit

$\forall (x, y) \in ℝ^{2}, \forall t \in ℝ_{+}, f (t x, t y) = t f (x, y) .$
(d)

En dérivant cette relation en le paramètre $x$ , on obtient

$\forall (x, y) \in ℝ^{2}, \forall t \in ℝ_{+}, t \frac{\partial f}{\partial x} (t x, t y) = t \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) .$

En simplifiant par $t$ ,

$\forall (x, y) \in ℝ^{2}, \forall t \in ℝ_{+}^{*}, \frac{\partial f}{\partial x} (t x, t y) = \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) .$

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

$\forall (x, y) \in ℝ^{2}, \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) = \frac{\partial f}{\partial x} (0, 0) .$

De même, on obtient

$\forall (x, y) \in ℝ^{2}, \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = \frac{\partial f}{\partial y} (0, 0) .$

Enfin, en posant

$a = \frac{\partial f}{\partial x} (0, 0) et b = \frac{\partial f}{\partial y} (0, 0)$

l’équation initiale fournit

$f (x, y) = a x + b y .$

On obtient ainsi la forme générale des solutions de $(E)$ .

Exercice 52 2913 MINES (MP)Correction

On note $U$ l’ensemble des $(x, y)$ de $ℝ^{2}$ tels que $x > 0$ et $E = 𝒞^{\infty} (U, ℝ)$ . Soit $f : U \to ℝ$ et $α \in ℝ$ ; on dit que $f$ est homogène de degré $α$ si $f (t x, t y) = t^{α} f (x, y)$ pour tous $t \in ℝ_{+}^{*}$ , $(x, y) \in U$ . On pose:

\forall f \in E, \forall (x, y) \in U, Φ (f) (x, y) = x \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) + y \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) .

(a)

Déterminer $Ker (Φ)$ .
(b)

Soit $f \in E$ . Montrer que $f$ est homogène de degré $α$ si, et seulement si, $Φ (f) = α f$ .
(c)

Résoudre l’équation d’inconnue $f \in E$ , $Φ (f) = h$ , $h$ étant la fonction qui à $(x, y)$ associe ${(x^{2} + y^{2})}^{3 / 2} x y$ .

Solution

(a)

L’application $ϕ$ est clairement un endomorphisme de $E$ .
Posons $x = r \cos (θ)$ , $y = r \sin (θ)$ avec $r = \sqrt{x^{2} + y^{2}}$ et $θ = \arctan (\frac{y}{x})$ , $(r, θ) \in V = ℝ_{+}^{*} \times] - π / 2; π / 2 [$
Pour $f \in E$ , on considère $g \in 𝒞^{\infty} (V, ℝ)$ définie par $g (r, θ) = f (r \cos (θ), r \sin (θ))$ .
On remarque

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

Ainsi,

$Φ (f) = 0 \Leftrightarrow r \frac{\partial g}{\partial r} (r, θ) = 0$

pour tout $(r, θ) \in V$ .
La résolution de cette équation aux dérivées partielles donne $g (r, θ) = C (θ)$ avec $C$ de classe $𝒞^{\infty}$ 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 $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ .
(b)

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

$r \frac{\partial g}{\partial r} (r, θ) = α g (r, θ)$

ce qui donne $g (r, θ) = C (θ) r^{α}$ puis

$f (x, y) = D (y / x) {(x^{2} + y^{2})}^{α / 2}$

avec $D$ fonction de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ . 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 53 2912 MINES (MP)Correction

(a)

Soit $α \in ℝ$ . Trouver les $f \in 𝒞^{1} (ℝ \times ℝ_{+}^{*}, ℝ)$ telles que

$x \frac{\partial f}{\partial x} + y \frac{\partial f}{\partial y} = α f .$
(b)

Trouver toutes les $f \in 𝒞^{1} (ℝ \times ℝ_{+}^{*}, ℝ)$ telles que

$x \frac{\partial f}{\partial x} + y \frac{\partial f}{\partial y} = \frac{x}{y} \sqrt{x^{3} + y^{3}} .$

Solution

(a)

On passe en coordonnées polaires avec $r = \sqrt{x^{2} + y^{2}}$ et $θ = \arctan (x / y)$ de sorte que $x = r \sin (θ)$ et $y = r \cos (θ)$ .
On parvient à

$f (x, y) = C (x / y) {(x^{2} + y^{2})}^{α / 2}$

avec $C$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ définie sur $ℝ$ .
(b)

Idem, on parvient à

$f (x, y) = \frac{2}{3} \frac{x}{y} \sqrt{x^{3} + y^{3}} + C (x / y)$

avec $C$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ définie sur $ℝ$ .

Exercice 54 2461 CENTRALE (MP)Correction

Montrer que $f : ℝ^{n} \to ℝ$ de classe $𝒞^{1}$ est homogène de degré $p$ si, et seulement si,

\forall (x_{1}, \dots, x_{n}) \in ℝ^{n}, \sum_{i = 1}^{n} x_{i} \frac{\partial f}{\partial x_{i}} (x_{1}, \dots, x_{n}) = p f (x_{1}, \dots, x_{n}) .

Solution

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

\forall t > 0, f (t x_{1}, \dots, t x_{n}) = t^{p} f (x_{1}, \dots, x_{n}) .

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

\sum_{i = 1}^{n} x_{i} \frac{\partial f}{\partial x_{i}} (x_{1}, \dots, x_{n}) = p f (x_{1}, \dots, x_{n}) .

Inversement, posons

g (t) = f (t x_{1}, \dots, t x_{n}) .

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

t g^{'} (t) = p g (t)

et, après résolution, on obtient

g (t) = t^{p} g (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 55 47 Correction

Soit $f : ℝ^{2} \to ℝ$ de classe $𝒞^{1}$ telle que

\forall (x, y) \in ℝ^{2}, x \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) + y \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = 0 .

Montrer la constance de l’application suivante

φ : r \mapsto \int_{0}^{2 π} f (r \cos (t), r \sin (t)) d t .

Solution

L’application $φ$ est bien définie car $φ (r)$ est l’intégrale sur un segment d’une fonction continue.
Posons $g : (r, t) \mapsto f (r \cos (t), r \sin (t))$ .
La fonction $g$ admet une dérivée partielle $\frac{\partial g}{\partial r}$ et celle-ci est continue sur $ℝ \times [0; 2 π]$ .
Pour $a > 0$ , la fonction $\frac{\partial g}{\partial r}$ est continue sur le compact $[- a; a] \times [0; 2 π]$ et donc il existe $M \in ℝ_{+}$ vérifiant

\forall (r, t) \in [- a; a] \times [0; 2 π], | \frac{\partial g}{\partial r} (r, t) | \leq M = ψ (t) .

La fonction $ψ$ est évidemment intégrable sur $[0; 2 π]$ et donc, par domination sur tout segment, la fonction $φ$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ et

φ^{'} (r) = \int_{0}^{2 π} \cos (t) \frac{\partial f}{\partial x} (r \cos (t), r \sin (t)) + \sin (t) \frac{\partial f}{\partial y} (r \cos (t), r \sin (t)) d t .

On en déduit $r φ^{'} (r) = 0$ puis $φ^{'} (r) = 0$ , d’abord pour $r \neq 0$ , puis pour tout $r \in ℝ$ , par continuité.
Par suite, $φ$ est constante égale à $φ (0) = 2 π f (0)$ .

Exercice 56 3675 Correction

Soient $α \in ℝ$ et $f : ℝ^{2} \to ℝ$ de classe $𝒞^{1}$ tels que

\forall (x, y) \in ℝ^{2}, x \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) + y \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = α f (x, y) .

Exprimer

φ : r \in [0; + \infty [\mapsto \int_{0}^{2 π} f (r \cos (t), r \sin (t)) d t .

Solution

L’application $φ$ est bien définie car $φ (r)$ est l’intégrale sur un segment d’une fonction continue.
Posons $g : (r, t) \mapsto f (r \cos (t), r \sin (t))$ .
La fonction $g$ admet une dérivée partielle $\frac{\partial g}{\partial r}$ et celle-ci est continue sur $ℝ_{+} \times [0; 2 π]$ .
Pour $a > 0$ , la fonction $\frac{\partial g}{\partial r}$ est continue sur le compact $[0; a] \times [0; 2 π]$ et donc il existe $M \in ℝ_{+}$ vérifiant

\forall (r, t) \in [- a; a] \times [0; 2 π], | \frac{\partial g}{\partial r} (r, t) | \leq M = ψ (t) .

La fonction $ψ$ est évidemment intégrable sur $[0; 2 π]$ et donc, par domination sur tout segment, la fonction $φ$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}$ et

φ^{'} (r) = \int_{0}^{2 π} \cos (t) \frac{\partial f}{\partial x} (r \cos (t), r \sin (t)) + \sin (t) \frac{\partial f}{\partial y} (r \cos (t), r \sin (t)) d t .

On en déduit

r φ^{'} (r) = λ φ (r)

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

φ (r) = λ r^{α} .

La fonction $φ$ étant définie et continue en 0, le cas où $α < 0$ oblige $λ = 0$ et alors $φ (r) = 0$ .
Le cas $α \geq 0$ , n’impose rien de particulier et alors $φ (r) = λ r^{α}$ pour tout $r \geq 0$ .

[<] Équations aux dérivées partielles d'ordre 1[>] Fonction de classe C2 et plus

Exercice 57 1756 Correction

Calculer les dérivées partielles d’ordre $2$ des fonctions $f : ℝ^{2} \to ℝ$ données ci-dessous:

(a)

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

$f (x, y) = \cos (x y)$

Solution

(a)

Par opérations, $f$ est de classe $𝒞^{2}$ (et même $𝒞^{\infty}$ ) sur $ℝ^{2}$ .

Les dérivées partielles premières

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

Les dérivées partielles secondes

$\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} (x, y) = 6 x + 2 y, \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} (x, y) = 2 x, \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} (x, y) = 0 .$
(b)

Par opérations, $f$ est de classe $𝒞^{2}$ (et même $𝒞^{\infty}$ ) sur $ℝ^{2}$ .

Les dérivées partielles premières

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

Les dérivées partielles secondes

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

Exercice 58 1759 Correction

Soient $f$ et $φ : ℝ \to ℝ$ deux applications de classe $𝒞^{2}$ et $F : ℝ^{2} \to ℝ$ définie par

F (x, y) = f (x + φ (y)) .

(a)

Justifier que $F$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $ℝ^{2}$ .
(b)

Vérifier l’égalité

$\frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}} \cdot \frac{\partial F}{\partial y} - \frac{\partial^{2} F}{\partial x \partial y} \cdot \frac{\partial F}{\partial x} = 0 .$

Solution

(a)

Par opérations sur les fonctions, $F$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $ℝ^{2}$ .

(b)

Après calculs,

	$\frac{\partial F}{\partial x} (x, y)$	$= f^{'} (x + φ (y))$	$\frac{\partial F}{\partial y} (x, y)$	$= φ^{'} (y) f^{'} (x + φ (y))$
	$\frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}} (x, y)$	$= f^{''} (x + φ (y))$	$\frac{\partial^{2} F}{\partial x \partial y} (x, y)$	$= φ^{'} (y) f^{''} (x + φ (y)) .$

Par suite, l’égalité proposée est vérifiée.

Exercice 59 1760

Soient $f : ℝ^{2} \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{2}$ exprimée en le couple de variables $(x, y)$ et $g : ℝ^{2} \to ℝ$ la fonction définie par

g (u, v) = f (u v, u^{2} + v^{2}) .

(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 60 49 Correction

Soient $f : (x, y) \mapsto f (x, y)$ de classe $𝒞^{2}$ et $g : (r, θ) \mapsto f (r \cos (θ), r \sin (θ))$ .

Justifier que $g$ est de classe $𝒞^{2}$ et exprimer

\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}

en fonction des dérivées partielles de $g$ .

Solution

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

\frac{\partial^{2} g}{\partial r^{2}} = \cos^{2} (θ) \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} + 2 \cos (θ) \sin (θ) \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} + \sin^{2} (θ) \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} .

\frac{1}{r^{2}} \frac{\partial^{2} g}{\partial θ^{2}} = \sin^{2} (θ) \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} - 2 \cos (θ) \sin (θ) \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} + \cos^{2} (θ) \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} - \frac{1}{r} \cos (θ) \frac{\partial f}{\partial x} - \frac{1}{r} \sin (θ) \frac{\partial f}{\partial y}

donc

\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} = \frac{\partial^{2} g}{\partial r^{2}} + \frac{1}{r} \frac{\partial g}{\partial r} + \frac{1}{r^{2}} \frac{\partial^{2} g}{\partial θ^{2}} .

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

Exercice 61 1758

(Contre-exemple de Peano)

Pour $(x, y) \in ℝ^{2}$ avec $(x, y) \neq (0,0)$ , on pose

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

(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 $(x, y) \neq (0,0)$ .
(c)

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

Montrer que la fonction $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{2}$ .
(e)

La fonction $f$ est-elle de classe $𝒞^{2}$ au voisinage de $(0,0)$ ?

Exercice 62 1757 Correction

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

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

(a)

Montrer que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{2}$ .
(b)

Étudier $\frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} (0,0)$ et $\frac{\partial^{2} f}{\partial y \partial x} (0,0)$ .
(c)

Qu’en déduire?

Solution

(a)

Par opérations sur les fonctions, $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{2} ∖ {(0,0)}$ avec

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, y) = \frac{y^{3}}{x^{2} + y^{2}} - \frac{2 x^{2} y^{3}}{{(x^{2} + y^{2})}^{2}} et \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = \frac{3 x y^{2}}{x^{2} + y^{2}} - \frac{2 x y^{4}}{{(x^{2} + y^{2})}^{2}} .$

Sous réserve d’existence,

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

Or

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

donc les dérivées partielles $\frac{\partial f}{\partial x} (0,0)$ et $\frac{\partial f}{\partial y} (0,0)$ existent et

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

Aussi,

$| \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) - \frac{\partial f}{\partial x} (0,0) | \leq | y | \frac{y^{2}}{x^{2} + y^{2}} + 2 | y | {(\frac{x y}{x^{2} + y^{2}})}^{2} \to_{(x, y) \to (0,0)}^{} 0$

et

$| \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) - \frac{\partial f}{\partial y} (0,0) | \leq 3 | y | \frac{| x y |}{x^{2} + y^{2}} + 2 | y | \frac{| x y |}{x^{2} + y^{2}} \frac{y^{2}}{x^{2} + y^{2}} \to_{(x, y) \to (0,0)}^{} 0 .$

Les dérivées partielles de $f$ sont donc continues en $(0,0)$ et donc, finalement, continues sur $ℝ^{2}$ . La fonction $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{2}$ .
(b)

Sous réserve d’existence,

$\frac{\partial^{2} f}{\partial y \partial x} (0,0) = lim_{\binom{t \to 0}{t \neq 0}} \frac{1}{t} (\frac{\partial f}{\partial x} (0, t) - \frac{\partial f}{\partial x} (0,0))$

et

$\frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} (0,0) = lim_{\binom{t \to 0}{t \neq 0}} \frac{1}{t} (\frac{\partial f}{\partial y} (t,0) - \frac{\partial f}{\partial y} (0,0)) .$

Or

$\frac{1}{t} (\frac{\partial f}{\partial x} (0, t) - \frac{\partial f}{\partial x} (0,0)) = 1 \to_{\binom{t \to 0}{t \neq 0}}^{} 1$

et

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

Donc $\frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} (0,0)$ et $\frac{\partial^{2} f}{\partial y \partial x} (0,0)$ existent et l’on a

$\frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} (0,0) = 0 et \frac{\partial^{2} f}{\partial y \partial x} (0,0) = 1 .$
(c)

On en déduit que $f$ n’est pas de classe $𝒞^{2}$ au voisinage de $(0,0)$ car la conclusion du théorème de Schwarz n’est pas vérifiée.

Exercice 63 2460 CENTRALE (MP)Correction

Pour $(x, y) \in ℝ^{2}$ avec $x \neq y$ , on pose

φ (x, y) = \frac{\cos (x) - \cos (y)}{x - y} .

(a)

Montrer que $φ$ admet un prolongement par continuité à $ℝ^{2}$ .

On note encore $φ$ le prolongement précèdent.

(b)

Montrer que $φ$ est de $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ^{2}$ .

Solution

(a)

On pose $φ (a, a) = - \sin (a)$ . On observe que $φ (x, y) \to φ (a, a)$ lorsque $(x, y) \to (a, a)$ avec $x \neq y$ et aussi lorsque $(x, y) \to (a, a)$ avec $x = y$ . La fonction $φ$ ainsi prolongée est continue sur $ℝ^{2}$ .
(b)

En vertu de

$\cos (p) - \cos (q) = - 2 \sin (\frac{p - q}{2}) \sin (\frac{p + q}{2})$

on a

$φ (x, y) = - sinc (\frac{x - y}{2}) \sin (\frac{x + y}{2})$

avec $sinc$ de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ car développable en série entière.

Par opérations sur les fonctions, $φ$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ^{2}$ .

[<] Fonction de classe C2 et plus[>] Fonctions harmoniques

Exercice 64 81 Correction

Déterminer les fonctions $f : ℝ^{2} \to ℝ$ de classe $𝒞^{2}$ solutions de l’équation aux dérivées partielles

\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} (x, y) - \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} (x, y) = 0 .

On pourra réaliser le changement de variables

{\begin{matrix} u & = x + y \\ v & = x - y . \end{matrix}

Solution

On a

{\begin{matrix} u & = x + y \\ v & = x - y \end{matrix} \Leftrightarrow {\begin{matrix} x & = (u + v) / 2 \\ y & = (u - v) / 2 . \end{matrix}

Soient $f : ℝ^{2} \to ℝ$ de classe $𝒞^{2}$ et $g : ℝ^{2} \to ℝ$ définie par

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

$g$ est de classe $𝒞^{2}$ .
$f$ est solution de l’équation aux dérivées partielles étudiée si, et seulement si,

\frac{\partial^{2} g}{\partial u \partial v} (u, v) = 0

soit $g (u, v) = C (u) + D (v)$ avec $C, D$ fonction de classe $𝒞^{2}$ .
Ainsi les solutions sont

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

Exercice 65 1769

(Équation des ondes)

Soit $c > 0$ . En réalisant le changement de variables

{\begin{matrix} u & = x + c t \\ v & = x - c t \end{matrix}

déterminer les fonctions $f : ℝ^{2} \to ℝ$ de classe $𝒞^{2}$ solutions de l’équation aux dérivées partielles

(E) : \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} (x, t) = \frac{1}{c^{2}} \cdot \frac{\partial^{2} f}{\partial t^{2}} (x, t) .

Exercice 66 82 Correction

Déterminer les fonctions $f : ℝ^{2} \to ℝ$ de classe $𝒞^{2}$ solutions de l’équation aux dérivées partielles

\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} (x, y) - 2 \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} (x, y) + \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} (x, y) = 0 .

On pourra réaliser le changement de variables

{\begin{matrix} u & = x \\ v & = x + y \end{matrix}

Solution

Soient $f : ℝ^{2} \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{2}$ sur $ℝ^{2}$ et $g : ℝ^{2} \to ℝ$ définie par $g (u, v) = f (u, v - u)$ . Par composition $g$ est $𝒞^{2}$ sur $ℝ^{2}$ ,

\frac{\partial g}{\partial u} (u, v) = \frac{\partial f}{\partial x} (u, v - u) - \frac{\partial f}{\partial y} (u, v - u)

\frac{\partial^{2} g}{\partial u^{2}} (u, v) = \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} (u, v - u) - 2 \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} (u, v - u) + \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} (u, v - u)

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

\frac{\partial^{2} g}{\partial u^{2}} (u, v) = 0

soit $g (u, v) = u C (v) + D (v)$ puis $f (x, y) = x C (x + y) + D (x + y)$ avec $C, D$ fonctions de classe $𝒞^{2}$ .

Exercice 67 4629

En passant en coordonnées polaires, résoudre¹¹ 1 Résoudre une équation aux dérivées partielles consiste à déterminer les fonctions de classe $𝒞^{1}$ (ou de classe $𝒞^{2}$ selon le contexte) vérifiant la relation proposée. sur $Ω = ℝ_{+}^{*} \times ℝ$ l’équation aux dérivées partielles

(E) : x^{2} \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} (x, y) + 2 x y \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} (x, y) + y^{2} \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} (x, y) = x y .

Exercice 68 5104

Soit $Φ$ la fonction définie sur l’ouvert $Ω = ℝ_{+}^{*} \times ℝ_{+}^{*}$ par $Φ (x, y) = (y / x, x y)$ .

(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 $f : Ω \to ℝ$ de classe $𝒞^{2}$ solutions de l’équation

$(E) : x^{2} \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} (x, y) - y^{2} \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} (x, y) = 0 .$

[<] Équations aux dérivées partielles d'ordre 2[>] Extremum, étude à l'ordre 1

Exercice 69 1327 CENTRALE (PC)Correction

Déterminer les fonctions $f : ℝ_{+}^{*} \to ℝ$ de classe $𝒞^{2}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ telles que

F : {\begin{matrix} ℝ^{n} ∖ {0} & \to & ℝ \\ (x_{1}, \dots x_{n}) & \mapsto & f (\sqrt{x_{1}^{2} + \dots + x_{n}^{2}}) \end{matrix}

vérifie

\sum_{i = 1}^{n} \frac{\partial^{2} F}{\partial x_{i}^{2}} = 0 .

Solution

Par composition de fonctions de classe $𝒞^{2}$ , la fonction $F$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $ℝ^{n} ∖ {0}$ .

On calcule les dérivées partielles de $F$

	$\frac{\partial F}{\partial x_{i}} (x_{1}, \dots, x_{n})$	$= \frac{x_{i}}{\sqrt{x_{1}^{2} + \dots + x_{n}^{2}}} f^{'} (\sqrt{x_{1}^{2} + \dots + x_{n}^{2}})$
	$\frac{\partial^{2} F}{\partial x_{i}^{2}} (x_{1}, \dots, x_{n})$	$= \frac{x_{i}^{2}}{x_{1}^{2} + \dots + x_{n}^{2}} f^{''} (\sqrt{x_{1}^{2} + \dots + x_{n}^{2}})$
		$+ \frac{x_{1}^{2} + \dots + {\hat{x}}_{i}^{2} + \dots + x_{n}^{2}}{{(x_{1}^{2} + \dots + x_{n}^{2})}^{3 / 2}} f^{'} (\sqrt{x_{1}^{2} + \dots + x_{n}^{2}}) .$

On en déduit

\sum_{i = 1}^{n} \frac{\partial^{2} F}{\partial x_{i}^{2}} = f^{''} (\sqrt{x_{1}^{2} + \dots + x_{n}^{2}}) + \frac{n - 1}{\sqrt{x_{1}^{2} + \dots + x_{n}^{2}}} f^{'} (\sqrt{x_{1}^{2} + \dots + x_{n}^{2}}) .

Puisque $t = \sqrt{x_{1}^{2} + \dots + x_{n}^{2}}$ parcourt $ℝ_{+}^{*}$ quand $(x_{1}, \dots, x_{n})$ parcourt $ℝ^{n} ∖ {0}$ , l’équation $\sum_{i = 1}^{n} \frac{\partial^{2} F}{\partial x_{i}^{2}} = 0$ est vérifiée si, et seulement si, $f$ est solution sur $ℝ_{+}^{*}$ de l’équation différentielle

f^{''} (t) + \frac{(n - 1)}{t} f^{'} (t) = 0 .

Après résolution, on obtient

Cas: $n \neq 2$ .

f (t) = \frac{λ}{t^{n - 2}} + μ avec λ, μ \in ℝ .

Cas: $n = 2$ .

f (t) = λ \ln (t) + μ avec λ, μ \in ℝ .

Exercice 70 1778 Correction

(Fonctions harmoniques)

Une fonction $f : Ω \subset ℝ^{2} \to ℝ$ de classe $𝒞^{2}$ est dite harmonique si, et seulement si,

Δ f = \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} = 0 .

(a)

Montrer que si $f$ est harmonique et de classe $𝒞^{3}$ alors les fonctions $\frac{\partial f}{\partial x}$ , $\frac{\partial f}{\partial y}$ et $x \frac{\partial f}{\partial x} + y \frac{\partial f}{\partial y}$ le sont aussi.

On suppose que $f : ℝ^{2} ∖ {(0,0)} \to ℝ$ est radiale c’est-à-dire qu’il existe une fonction $φ : ℝ_{+}^{*} \to ℝ$ de classe $𝒞^{2}$ telle que $f (x, y) = φ (x^{2} + y^{2})$ .

(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

$Δ (\frac{\partial f}{\partial x}) = \frac{\partial}{\partial x} (Δ f) = 0$

car

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

Ainsi $\frac{\partial f}{\partial x}$ est harmonique et il en est de même de $\frac{\partial f}{\partial y}$ .
Aussi

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

donne

$Δ (x \frac{\partial f}{\partial x} + y \frac{\partial f}{\partial y}) = x Δ (\frac{\partial f}{\partial x}) + y Δ (\frac{\partial f}{\partial y}) + Δ f = 0 .$
(b)

On a

$\frac{\partial f}{\partial x} = 2 x φ^{'} (x^{2} + y^{2})$

puis

$\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}$ $= 2 φ^{'} (x^{2} + y^{2}) + 2 x^{2} φ^{''} (x^{2} + y^{2})$

$\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}$ $= 2 φ^{'} (x^{2} + y^{2}) + 2 y^{2} φ^{''} (x^{2} + y^{2}) .$

Donc

$Δ f = 0 \Leftrightarrow \forall (x, y) \in ℝ^{2} ∖ {(0,0)}, (x^{2} + y^{2}) φ^{''} (x^{2} + y^{2}) + φ^{'} (x^{2} + y^{2}) = 0$

d’où

$Δ (f) = 0 \Leftrightarrow \forall r \in ℝ_{+}^{*}, r φ^{''} (r) + φ^{'} (r) = 0$

$φ^{'}$ est solution sur $ℝ_{+}^{*}$ de l’équation différentielle

$x y^{'} + y = 0 .$
(c)

Les solutions de l’équation $x y^{'} + y = 0$ sont les fonctions $y (x) = C / x$ .
On en déduit

$φ (x) = C \ln (x) + D avec C, D \in ℝ .$

Les fonction harmoniques radiales sont les

$f (x, y) = C^{'} \ln (x^{2} + y^{2}) + D$

avec $C^{'}, D \in ℝ$ .

Exercice 71 50 Correction

Soit $f \in 𝒞^{2} (ℝ^{2}, ℝ)$ telle que

\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} (x, y) + \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} (x, y) = 0 pour tout (x, y) \in ℝ^{2} .

On définie $g : ℝ^{2} \to ℝ$ par

g (r, t) = f (r \cos (t), r \sin (t)) .

(a)

Justifier que $g$ est une fonction de classe $𝒞^{2}$ .
(b)

Trouver une relation reliant

$\frac{\partial}{\partial r} (r \frac{\partial g}{\partial r}) (r, t) et \frac{\partial^{2} g}{\partial t^{2}} (r, t) .$
(c)

Montrer que

$φ : r \mapsto \int_{0}^{2 π} f (r \cos (t), r \sin (t)) d t$

est de classe $𝒞^{2}$ sur $ℝ$ et que $r \mapsto r φ^{'} (r)$ est une fonction constante.
(d)

Conclure que $φ$ est constante.

Solution

(a)

$g$ est de classe $𝒞^{2}$ par opérations sur les fonctions $𝒞^{2}$ .
(b)

D’une part,

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

et

$\frac{\partial}{\partial r} (r \frac{\partial g}{\partial r}) = \cos (t) \frac{\partial f}{\partial x} + \sin (t) \frac{\partial f}{\partial y} + r \cos^{2} (t) \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} + 2 r \cos (t) \sin (t) \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} + r \sin^{2} (t) \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} .$

D’autre part,

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

et

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

donc

$r \frac{\partial}{\partial r} (r \frac{\partial g}{\partial r}) + \frac{\partial^{2} g}{\partial t^{2}} = r^{2} (\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} + \frac{\partial f^{2}}{\partial y^{2}}) = 0 .$
(c)

$g : (r, t) \mapsto f (r \cos (t), r \sin (t))$ admet des dérivées partielles $\frac{\partial g}{\partial r}$ , $\frac{\partial^{2} g}{\partial r^{2}}$
Pour tout $r \in ℝ$ , les applications $t \mapsto g (r, t)$ et $t \mapsto \frac{\partial g}{\partial r} (r, t)$ sont continue par morceaux donc intégrables sur $[0; 2 π]$ .
$\frac{\partial^{2} g}{\partial r^{2}}$ est continue en $t$ et continue par morceaux en $t$ .
Soit $[a; b] \subset ℝ$ . $\frac{\partial^{2} g}{\partial r^{2}}$ est continue sur le compact $[a; b] \times [0; 2 π]$ donc bornée par un certain $M \in ℝ_{+}$

$\forall (x, t) \in [a; b] \times [0; 2 π], | \frac{\partial^{2} g}{\partial r^{2}} (r, t) | \leq M = ψ (t) .$

La fonction $ψ$ est intégrable sur $[0; 2 π]$ et donc, par intégration sur tout segment, on peut affirmer que $φ$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $ℝ$ avec

$φ^{'} (r) = \int_{0}^{2 π} \frac{\partial g}{\partial r} (r, t) d t et φ^{''} (r) = \int_{0}^{2 π} \frac{\partial^{2} g}{\partial r^{2}} (r, t) d t .$

Ainsi,

$r {(r φ^{'} (r))}^{'} = r φ^{'} (r) + r^{2} φ^{''} (r) = - \int_{0}^{2 π} \frac{\partial^{2} g}{\partial t^{2}} (r, t) d t = {[\frac{\partial g}{\partial t} (r, t)]}_{0}^{2 π} .$

Puisque $t \mapsto g (r, t)$ est $2 π$ périodique, il en est de même de $t \mapsto \frac{\partial g}{\partial t} (r, t)$ et donc

$r {(r φ^{'} (r))}^{'} = 0 .$

Puisque $r \mapsto {(r φ^{'} (r))}^{'}$ est continue et nulle sur $ℝ^{*}$ , cette fonction est continue nulle sur $ℝ$ .
(d)

Par suite, il existe $C \in ℝ$ tel que $r φ^{'} (r) = C$ puis

$φ^{'} (r) = \frac{C}{r}$

et

$φ (r) = C \ln (| r |) + D$

sur $ℝ^{*}$ .
Or $φ$ est définie et continue sur $ℝ$ donc $C = 0$ et finalement $φ$ est constante.

Exercice 72 4630

(Fonctions harmoniques)

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

\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} = 0 .

(a)

Établir l’existence d’une application de $g : ℝ^{2} \to ℝ$ de classe $𝒞^{2}$ telle que

$\frac{\partial g}{\partial x} = - \frac{\partial f}{\partial y} et \frac{\partial g}{\partial y} = \frac{\partial f}{\partial x} .$
(b)

Application : Pour $r \in ℝ$ , on pose

$φ (r) = \int_{0}^{2 π} f (r \cos (θ), r \sin (θ)) d θ .$

Montrer que $φ$ est une fonction de classe $𝒞^{1}$ et calculer $φ$ .

Exercice 73 56

Soit $\sum a_{n} z^{n}$ une série entière de la variable complexe $z$ et de rayon de convergence $R$ strictement positif. Sur le disque ouvert

D = {(x, y) \in ℝ^{2} | x^{2} + y^{2} < R}

on définit une fonction $f$ par

f (x, y) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} {(x + i y)}^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} z^{n} avec z = x + i y .

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

\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} (x, y) + \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} (x, y) = 0 pour tout (x, y) \in D .

[<] Fonctions harmoniques[>] Extremum sur compact

Exercice 74 71 MINES (MP)Correction

Soit $a > 0$ . Montrer que

f : (x, y) \mapsto x^{2} + y^{2} + \frac{2 a}{x y}

admet un minimum strict sur ${(ℝ_{+}^{*})}^{2}$ et donner la valeur de celui-ci.

Solution

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

L’étude des points critiques donne $(\sqrt[4]{a}, \sqrt[4]{a})$ seul point critique de $f$ sur $Ω$ .

Posons $α = \sqrt[4]{a}$ et étudions le signe

f (x, y) - f (α, α) = x^{2} + y^{2} + \frac{2 α^{4}}{x y} - 4 α^{2} = \frac{x^{3} y + x y^{3} + 2 α^{4} - 4 α^{2} x y}{x y} .

Considérons la fonction définie par le numérateur

φ : t \mapsto x^{3} y + x y^{3} + 2 t^{2} - 4 t x y .

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

φ^{'} (α) = 4 t - 4 x y .

Cette fonction présente un minimum en $t_{0} = x y$ et alors

φ (α^{2}) \geq φ (t_{0}) = x^{3} y + x y^{3} - 2 x^{2} y^{2} = x y (x^{2} + y^{2} - 2 x y) = x y {(x^{2} - y^{2})}^{2} \geq 0 .

On en déduit que

\forall (x, y) \in Ω, f (x, y) \geq f (α, α) = 4 α^{2} .

De plus, il y a égalité si, et seulement si, $x^{2} = y^{2}$ et $α^{2} = x y$ , c’est-à-dire si, et seulement si, $(x, y) = (α, α)$ .

Exercice 75 3347 CCINP (MP)

On munit $ℝ^{n}$ de sa structure euclidienne canonique de produit scalaire $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ .

Soit $f$ un endomorphisme autoadjoint de $ℝ^{n}$ dont toutes les valeurs propres sont strictement positives.

(a)

Montrer que

$⟨ f (x), x ⟩ > 0 pour tout x \in ℝ^{n} non nul.$
(b)

Soient $u$ un vecteur de $ℝ^{n}$ et $g : ℝ^{n} \to ℝ$ l’application définie par

$g (x) = \frac{1}{2} ⟨ f (x), x ⟩ - ⟨ u, x ⟩ .$

Calculer le vecteur gradient de $g$ en tout vecteur $x$ de $ℝ^{n}$ .
(c)

Montrer que $g$ admet un unique point critique.
(d)

Montrer que $g$ admet un minimum global.

Exercice 76 72 Correction

Soient $Ω$ un ouvert convexe et $f : Ω \to ℝ$ une fonction différentiable.

On suppose que la fonction $f$ est convexe ce qui signifie

\forall (a, b) \in Ω^{2}, \forall λ \in [0; 1], f ((1 - λ) a + λ b) \leq (1 - λ) f (a) + λ f (b) .

Montrer que tout point critique de $f$ est un minimum global de $f$ .

Solution

Soit $a \in Ω$ point critique de $f$ . Pour tout $b \in Ω$ , la convexité de $f$ donne

\forall λ \in [0; 1], f ((1 - λ) a + λ b) \leq (1 - λ) f (a) + λ f (b) .

Par suite,

\frac{1}{λ} (f (a + λ (b - a)) - f (a)) \leq f (b) - f (a) .

En passant à la limite quand $λ \to 0^{+}$ ,

d f (a) \cdot (b - a) \leq f (b) - f (a) .

Or $d f (a) = 0$ et donc $f (b) \geq f (a)$ .

[<] Extremum, étude à l'ordre 1[>] Optimisation géométrique

Exercice 77 5950 Correction

Soit $f : E \to ℝ$ une fonction différentiable définie sur un espace vectoriel $E$ de dimension $n \in ℕ^{*}$ .

Montrer que si $f$ est constante sur la sphère unité alors la différentielle de $f$ s’annule au moins une fois dans la boule unité ouverte.

Solution

La restriction de $f$ sur la boule unité fermée $B_{f} (0, 1)$ est continue. La boule unité fermée étant compacte, la restriction de $f$ présente un minimum et un maximum. Ainsi, il existe $a, b \in B_{f} (0, 1)$ tels que

\forall x \in B_{f} (0, 1), f (a) \leq f (x) \leq f (b) .

Si $a$ et $b$ sont éléments de la sphère unité alors $f$ est constante et donc la différentielle de $f$ est nulle sur la boule unité ouverte.

Sinon, au moins l’un de $a$ ou $b$ est élément de la boule unité ouverte. Cet élément est un extremum local de $f$ autour duquel $f$ est définie: c’est un point critique. La différentielle de $f$ s’annule en celui-ci.

Exercice 78 63

On étudie la fonction $f : (x, y) \mapsto x y (1 - x - y)$ définie sur

T = {(x, y) \in ℝ^{2} | x, y \geq 0 et x + y \leq 1} .

(a)

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

Déterminer sa valeur.

Exercice 79 64 Correction

Soit $𝒟$ l’ensemble des couples $(x, y) \in ℝ^{2}$ tels que $x \geq 0$ , $y \geq 0$ et $x + y \leq 1$ .

(a)

Montrer que $𝒟$ est une partie compacte de $ℝ^{2}$ .
(b)

Soient $a > 0$ , $b > 0$ , $c > 0$ et $f : 𝒟 \to ℝ$ définie par:

$f (x, y) = x^{a} y^{b} {(1 - x - y)}^{c} .$

Montrer que $f$ est continue sur $𝒟$ .
(c)

Déterminer

$sup_{(x, y) \in 𝒟} f (x, y) .$

Solution

(a)

$𝒟$ est fermée et bornée donc compacte.
(b)

Pour $α > 0$ , la fonction $t \mapsto t^{α} = {\begin{matrix} e^{α \ln (t)} & si t > 0 \\ 0 & si t = 0 \end{matrix}$ 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 $U = {(x, y) \in ℝ^{2} | x, y > 0 et x + y < 1}$ et c’est donc un point critique de $f$ car $f$ est $𝒞^{1}$ sur l’ouvert $U$ .

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

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

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

$(\frac{a}{a + b + c}, \frac{b}{a + b + c}) .$

Finalement,

$sup_{(x, y) \in 𝒟} f (x, y) = \frac{a^{a} b^{b} c^{c}}{{(a + b + c)}^{a + b + c}} .$

Exercice 80 66 Correction

Déterminer

sup_{{[0; π / 2]}^{2}} \sin (x) \sin (y) \sin (x + y) .

Solution

La fonction $f : (x, y) \mapsto \sin (x) \sin (y) \sin (x + y)$ 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 $\frac{3 \sqrt{3}}{8}$ .
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) = \frac{1}{2} \sin (2 t) .

Ce maximum vaut $1 / 2$ .
Puisque

\frac{3 \sqrt{3}}{8} \geq \frac{1}{2}

on a

sup_{{[0; π / 2]}^{2}} \sin (x) \sin (y) \sin (x + y) = \frac{3 \sqrt{3}}{8} .

Exercice 81 259 Correction

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

f (x, y) = \frac{x + y}{(1 + x^{2}) (1 + y^{2})} .

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^{\circ} = {] 0; 1 [}^{2} .

La fonction $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $U$ .

\frac{\partial f}{\partial x} (x, y) = \frac{1 - 2 x y - x^{2}}{{(1 + x^{2})}^{2} (1 + y^{2})} et \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = \frac{1 - 2 x y - y^{2}}{(1 + x^{2}) {(1 + y^{2})}^{2}} .

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

f (\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}) = \frac{3 \sqrt{3}}{8} .

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) = \frac{t}{1 + t^{2}} et ψ (t) = f (t,1) = f (1, t) = \frac{1 + t}{2 (1 + t^{2})} .

D’une part,

φ (t) \leq \frac{1}{2} .

D’autre part,

ψ^{'} (t) = \frac{1 - 2 t - t^{2}}{2 {(1 + t^{2})}^{2}}

donne que le maximum de $ψ$ est en $\sqrt{2} - 1$ avec

ψ (\sqrt{2} - 1) = \frac{\sqrt{2} + 1}{4} > \frac{1}{2} .

Puisque

\frac{3 \sqrt{3}}{8} > \frac{\sqrt{2} + 1}{4}

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 $(1 / \sqrt{3},1 / \sqrt{3})$ .

Exercice 82 3509 Correction

Déterminer les extremums de $f$ sur $D$ avec

f (x, y) = x^{4} + y^{4} - 2 {(x - y)}^{2} avec D = {(x, y) \in ℝ^{2} | x^{2} + y^{2} \leq 4} .

Solution

La fonction $f$ est continue sur le compact $D$ et donc y admet un minimum et un maximum.

Si ces extremums sont à l’intérieur de $D$ , ce sont des points critiques de $f$ . Déterminons ceux-ci. Pour $(x, y) \in D^{\circ}$ ,

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

Après résolution, on obtient les points critiques $(0,0)$ , $(\sqrt{2}, - \sqrt{2})$ et $(- \sqrt{2}, \sqrt{2})$ 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 $D$ .

Les points du bord de $D$ sont de la forme $(2 \cos (t),2 \sin (t))$ avec $t \in [0; 2 π]$ . Or

f (2 \cos (t),2 \sin (t)) = - 8 \sin^{2} (2 t) + 8 \sin (2 t) + 8 .

L’étude des variations de la fonction $x \mapsto - 8 x^{2} + 8 x + 8$ sur $[- 1; 1]$ donne les valeurs extrémales $- 8$ et $10$ .

On en déduit que le minimum de $f$ vaut $- 8$ et son maximum $10$ .

Exercice 83 65

Calculer

inf_{x, y > 0} (\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + x y) .

Exercice 84 268 Correction

Déterminer

sup_{(x, y) \in {] 0; + \infty [}^{2}} \frac{x y}{(1 + x) (1 + y) (x + y)} .

Solution

Considérons la fonction $f : Ω = {] 0; + \infty [}^{2} \to ℝ$ définie par

f (x, y) = \frac{x y}{(1 + x) (1 + y) (x + y)} .

La fonction $f$ est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $Ω$ avec

\frac{\partial f}{\partial x} (x, y) = \frac{y (y - x^{2})}{{(1 + x)}^{2} (1 + y) {(x + y)}^{2}} et \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = \frac{x (x - y^{2})}{(1 + x) {(1 + y)}^{2} {(x + y)}^{2}} .

Après résolution, la fonction $f$ présente un seul point critique $(1, 1)$ avec $f (1, 1) = 1 / 8$ . Vérifions que celui-ci correspond à un maximum de $f$ .

Effectuons quelques remarques.

Pour $x + y \geq 8$ ,

f (x, y) = \underset{\begin{matrix} < 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{x}{1 + x}}} \cdot \underset{\begin{matrix} < 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{y}{1 + y}}} \cdot \underset{\begin{matrix} \leq 1 / 8 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{1}{x + y}}} < \frac{1}{8} .

Pour $x \leq 1 / 8$ ,

f (x, y) = \underset{\begin{matrix} \leq 1 / 8 \end{matrix}}{\underset{⏟}{x}} \cdot \underset{\begin{matrix} < 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{1}{1 + x}}} \cdot \underset{\begin{matrix} < 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{1}{1 + y}}} \cdot \underset{\begin{matrix} < 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{y}{x + y}}} < \frac{1}{8} .

Pour $y \leq 1 / 8$

f (x, y) = \underset{\begin{matrix} \leq 1 / 8 \end{matrix}}{\underset{⏟}{y}} \cdot \underset{\begin{matrix} < 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{1}{1 + x}}} \cdot \underset{\begin{matrix} < 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{1}{1 + y}}} \cdot \underset{\begin{matrix} < 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{x}{x + y}}} < \frac{1}{8} .

Considérons alors le compact

K = {(x, y) \in Ω | x \geq 1 / 8, y \geq 1 / 8 et x + y \leq 8} .

La fonction $f$ prend des valeurs strictement inférieures à $1 / 8$ à l’extérieur de $K$ et prend la valeur $1 / 8$ dans $K$ donc

sup_{x, y > 0} f (x, y) = sup_{(x, y) \in K} f (x, y) .

Aussi, puisque $f$ est continue sur le compact $K$ , $f$ présente un maximum dans $K$ et celui-ci est alors aussi un maximum de $f$ sur l’ouvert $Ω$ donc un point critique de $f$ .

Ce ne peut qu’être $(1, 1)$ .

Au final,

sup_{x, y > 0} f (x, y) = f (1, 1) = \frac{1}{8} .

Exercice 85 4146 MINES (MP)

Soit $f$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ au départ de $ℝ^{n}$ et à valeurs dans $ℝ$ .

On suppose que pour tout vecteur $x \in ℝ^{n}$ ,

∥ x ∥ \geq 1 ⟹ d f (x) \cdot x \geq 0 .

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

Exercice 86 6023 CENTRALE (MP)Correction

Soit $(E, (\cdot ∣ \cdot))$ un espace euclidien. On considère $f : B_{f} (0, R) \to ℝ$ continue avec $R > 0$ . On introduit

M = \max {| f (x) | | ∥ x ∥ = R} .

On suppose que la restriction de $f$ au départ de $B (0, R)$ est différentiable en tout point. Le but de l’exercice est d’établir qu’il existe $x_{0} \in B (0, R)$ tel que

∥ \nabla f (x_{0}) ∥ \leq \frac{M}{R} .

(a)

Montrer le résultat lorsque $M = 0$ .
(b)

On suppose $M > 0$ et l’on considère $g : B_{f} (0, R) \to ℝ$ donnée par

$g (x) = \frac{{∥ x ∥}^{2}}{R^{2}} - \frac{f {(x)}^{2}}{M^{2}} .$

Conclure en considérant un point en lequel $g$ atteint un minimum.

Solution

(a)

Supposons $M = 0$ . La fonction $f$ est donc nulle sur le bord de la boule $B_{f} (0, R)$ .

La fonction $f$ est continue sur le compact $B_{f} (0, R)$ . Elle admet donc un minimum et un maximum. Si ces extremums sont atteints sur le bord de $B_{f} (0, R)$ , la fonction $f$ est identiquement nulle sur $B_{f} (0, R)$ et n’importe quel $x_{0}$ de $B (0, R)$ résout le problème. Sinon, il existe au moins un extremum élément de $B (0, R)$ . Celui-ci est un point critique de $f$ et cela détermine $x_{0}$ convenable.
(b)

Commençons par remarquer que pour un certain $x \in E$ tel que $∥ x ∥ = R$ , on a $∥ f (x) ∥ = M$ et donc $g (x) = 0$ .

La fonction $g$ est continue sur le compact $B_{f} (0, R)$ . Elle présente donc un minimum en un certain $x_{0} \in B_{f} (0, R)$ . Compte tenu de ce qui précède, on sait $g (x_{0}) \leq 0$ .

Cas: $g (x_{0}) < 0$ .

L’élément $x_{0}$ est élément de $B (0, R)$ et c’est un point critique de $g$ . On a donc

$\frac{{∥ x_{0} ∥}^{2}}{R^{2}} < \frac{f {(x_{0})}^{2}}{M^{2}} et \nabla g (x_{0}) = \frac{2}{R^{2}} x_{0} - \frac{2 f (x_{0})}{M^{2}} \nabla f (x_{0}) = 0 .$

On en tire

$∥ \nabla f (x_{0}) ∥ = \frac{M^{2}}{R^{2}} \frac{∥ x_{0} ∥}{| f (x_{0}) |} < \frac{M}{R} .$

Cas: $g (x_{0}) = 0$ .

On a pour tout $x \in B_{f} (0, R)$ ,

$f {(x)}^{2} \leq \frac{M^{2}}{R^{2}} {∥ x ∥}^{2}$

et en particulier $f (0) = 0$ . Le développement limité à l’ordre $1$ de $f$ en $0$ s’écrit

$f (x) = \underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{f (0)}} + (\nabla f (0) ∣ x) + ∥ x ∥ ε (x) avec ε (x) \to_{x \to 0}^{} 0 .$

Pour $x = t \nabla f (0)$ avec $t > 0$ assez petit, la comparaison $f (x) \leq \frac{M}{R} ∥ x ∥$ donne

$t {∥ \nabla f (0) ∥}^{2} + t ∥ \nabla f (0) ∥ ε (t \nabla f (0)) \leq t \frac{M}{R} ∥ \nabla f (0) ∥ .$

En simplifiant par $t$ puis en passant à la limite quand $t \to 0^{+}$

${∥ \nabla f (0) ∥}^{2} \leq \frac{M}{R} ∥ \nabla f (0) ∥ .$

Que $∥ \nabla f (0) ∥$ soit nul ou non, on obtient

$∥ \nabla f (0) ∥ \leq \frac{M}{R} .$

[<] Extremum sur compact[>] Optimisation sous contrainte

Exercice 87 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 $0 < α < β < 2 π$ .
Cela nous amène à considérer

f : (α, β) \mapsto 2 (\sin (\frac{α}{2}) + \sin (\frac{β - α}{2}) + \sin (\frac{β}{2}))

sur l’ouvert

U = {(α, β) \in ℝ^{2} | 0 < α < β < 2 π} .

Le maximum, qui existe, est alors point critique de cette fonction de classe $𝒞^{1}$ .
Cela nous amène à résoudre le système

{\begin{matrix} \cos (\frac{α}{2}) - \cos (\frac{β - α}{2}) = 0 \\ \cos (\frac{β}{2}) + \cos (\frac{β - α}{2}) = 0 . \end{matrix}

L’équation $\cos (\frac{α}{2}) = \cos (\frac{β - α}{2})$ donne

\frac{α}{2} = \frac{β - α}{2} [2 π] ou \frac{α}{2} = \frac{α - β}{2} [2 π] .

L’alternative $\frac{α}{2} = \frac{α - β}{2} [2 π]$ est à exclure et il reste $β = 2 α$ avec de plus $α \in] 0; π [$ .
L’équation $\cos (\frac{β}{2}) = - \cos (\frac{β - α}{2})$ donne alors $\cos (α) = - \cos (\frac{α}{2})$ d’où $α = \frac{2 π}{3}$ puisque $α \in] 0; π [$ .

Finalement, le triangle correspondant est équilatéral.

Exercice 88 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 $(\vec{O C}, \vec{O B})$ , $(\vec{O B}, \vec{O A})$ et $(\vec{O A}, \vec{O B})$ , on vérifie

α + β + γ = 0 [2 π]

et on peut calculer l’aire algébrique des triangles $(O A B)$ , $(O B C)$ et $(O C A)$ qui sont respectivement

\frac{1}{2} r^{2} \sin (α), \frac{1}{2} r^{2} \sin (β) et \frac{1}{2} r^{2} \sin (γ) = - \frac{1}{2} r^{2} \sin (α + β) .

L’aire algébrique du triangle $(A B C)$ est alors

f (α, β) = \frac{1}{2} r^{2} (\sin (α) + \sin (β) - \sin (α + β)) .

L’étude des points critiques de cette fonction de classe $𝒞^{1}$ sur ${] 0; 2 π [}^{2}$ conduit à résoudre le système

{\begin{matrix} \cos (α) = \cos (α + β) \\ \cos (β) = \cos (α + β) \end{matrix}

dont les seules solutions dans ${] 0; 2 π [}^{2}$ sont

(\frac{2 π}{3}, \frac{2 π}{3}) et (\frac{4 π}{3}, \frac{4 π}{3}) .

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

\frac{3 \sqrt{3} r^{2}}{4} .

Exercice 89 3510 Correction

Soit $S$ le sommet de coordonnées $(a,0)$ de l’ellipse d’équation

\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1 .

Déterminer deux points $M$ , $N$ de l’ellipse tels que l’aire du triangle $(S M N)$ soit maximale.

On admet que l’aire d’un triangle $(A B C)$ est la moitié de la valeur absolue du déterminant de la matrice

(\begin{matrix} x_{B} - x_{A} & x_{C} - x_{A} \\ y_{B} - y_{A} & y_{C} - y_{A} \end{matrix})

en considérant les coordonnées des points $A, B, C$ dans un repère orthonormé.

Solution

Quitte à échanger $M$ et $N$ , on peut supposer le triangle direct et écrire

M (a \cos (u), b \sin (u)) et N (a \cos (v), b \sin (v))

avec $0 \leq u \leq v \leq 2 π$ . L’aire du triangle $(S M N)$ est alors

\frac{1}{2} (\begin{matrix} a \cos (u) - a & a \cos (v) - a \\ b \sin (u) & b \sin (v) \end{matrix}) = \frac{a b}{2} (\sin (u) - \sin (v) + \sin (v - u)) .

Le problème revient alors à maximiser la fonction

f : (u, v) \mapsto \sin (u) - \sin (v) + \sin (v - u)

sur le compact $D = {(u, v) | 0 \leq u \leq v \leq 2 π}$ .

Puisque la fonction $f$ est continue sur $D$ , ce maximum existe et puisqu’il n’est évidemment pas sur le bord de $D$ (qui correspond aux triangles plats), c’est un point critique de la fonction $f$ .

On résout alors le système

{\begin{matrix} \cos (u) - \cos (u - v) & = 0 \\ - \cos (v) + \cos (u - v) & = 0 \end{matrix}

qui entraîne $\cos (u) = \cos (v)$ donc $v = 2 π - u$ . L’égalité $\cos (u) = \cos (2 π - 2 u)$ donne alors $u = 2 π / 3$ et $v = 4 π / 3$ .

Cela détermine les points $M$ et $N$ cherchés.

Exercice 90 5103

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

f (x, y) = \frac{1}{\tan (x)} + \frac{1}{\tan (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.

Exercice 91 3349 Correction

Soit $(A B C)$ un vrai triangle du plan. Pour un point $M$ du plan, on pose

f (M) = M A + M B + M C .

(a)

Étudier la différentiabilité de $f$ .
(b)

En considérant le disque fermé de centre $A$ et de rayon $A B + A C$ , 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

$\frac{\vec{T A}}{T A} + \frac{\vec{T B}}{T B} + \frac{\vec{T C}}{T C} = \vec{0} .$
(d)

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

Solution

(a)

La fonction $M \mapsto M A$ est différentiable sauf en $A$ et sa différentielle en un point $M$ est

$\vec{h} \mapsto \frac{\vec{M A} . \vec{h}}{M A} .$

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

$d f (M) : \vec{h} \mapsto (\frac{\vec{M A}}{M A} + \frac{\vec{M B}}{M B} + \frac{\vec{M C}}{M C}) . \vec{h} .$
(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 $T$ :

$\forall M \in 𝒟, f (M) \geq f (T) .$

Puisque le point $A$ appartient au disque $𝒟$ , on a

$f (T) \leq f (A) .$

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

$f (M) \geq M A > A B + A C = f (A) \geq f (T) .$

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

$\frac{\vec{T A}}{T A} + \frac{\vec{T B}}{T B} + \frac{\vec{T C}}{T C} = \vec{0} .$
(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

$1 + x + y = 0 avec | x | = | y | = 1$

où $x = a^{- 1} b$ et $y = a^{- 1} c$
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 $y = j^{2}$ .
Finalement,

$(\vec{T A}, \vec{T B}) = (\vec{T B}, \vec{T C}) = (\vec{T C}, \vec{T A}) = \pm \frac{2 π}{3} [2 π] .$

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…

[<] Optimisation géométrique[>] Extremum, étude à l'ordre 2

Exercice 92 5721 Correction

Déterminer le maximum de la fonction $f : (x, y) \mapsto x^{2} + y^{2}$ sous la contrainte $x^{4} + y^{4} = 1$ .

Solution

La courbe $Γ : x^{4} + y^{4} = 1$ est fermée car image réciproque du fermé ${1}$ par l’application continue $(x, y) \mapsto x^{4} + y^{4}$ . Cette courbe est aussi bornée car incluse ${[- 1; 1]}^{2}$ . La courbe $Γ$ est donc une partie compacte.

Puisque la fonction $f$ est continue sur le compact non vide $Γ$ , elle y admet un maximum (et un minimum).

Introduisons la fonction $g : (x, y) \mapsto x^{4} + y^{4} - 1$ de sorte que $Γ : g (x, y) = 0$ . La fonction $g$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{2}$ avec

\nabla g (x, y) = (4 x^{3},4 y^{3}) .

En tout point $(x_{0}, y_{0})$ de $Γ$ , on observe $\nabla g (x_{0}, y_{0}) \neq (0,0)$ . La fonction $f$ étant de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{2}$ , on sait par théorème que si la restriction de $f$ à $Γ$ présente un extremum en $(x_{0}, y_{0})$ alors $\nabla f (x_{0}, y_{0})$ est colinéaire à $\nabla g (x_{0}, y_{0})$ . Cette condition de colinéarité fournit l’égalité

| \begin{matrix} 2 x_{0} & 4 x_{0}^{3} \\ 2 y_{0} & 4 y_{0}^{3} \end{matrix} | = 0 .

On dispose alors du système suivant

{\begin{matrix} x_{0} y_{0} (y_{0}^{2} - x_{0}^{2}) = 0 \\ x_{0}^{4} + y_{0}^{4} = 1 . \end{matrix}

Après résolution, les couples $(x_{0}, y_{0})$ solutions sont

(0, \pm 1), (\pm 1,0), (2^{- 1 / 4}, \pm 2^{- 1 / 4}) et (- 2^{- 1 / 4}, \pm 2^{- 1 / 4}) .

En calculant la valeur de $f$ en chacun, on obtient la valeur extrême cherchée à savoir $\sqrt{2}$ .

Exercice 93 5722 Correction

Soient $a$ et $b$ deux réels strictement positifs.

Déterminer le maximum de la fonction $f : (x, y) \mapsto x y$ sous la contrainte

\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1 .

Solution

La courbe

Γ : \frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1

est fermée car image réciproque du fermé ${1}$ par l’application continue $(x, y) \mapsto \frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}}$ . Cette courbe est aussi bornée car incluse $[- a; a] \times [- b; b]$ . La courbe $Γ$ est donc une partie compacte.

Puisque la fonction $f$ est continue sur le compact non vide $Γ$ , elle y admet un maximum (et un minimum).

Introduisons la fonction

g : (x, y) \mapsto \frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} - 1

de sorte que $Γ : g (x, y) = 0$ . La fonction $g$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{2}$ avec

\nabla g (x, y) = (\frac{2 x}{a^{2}}, \frac{2 y}{b^{2}}) .

| \begin{matrix} y_{0} & 2 x_{0} / a^{2} \\ x_{0} & 2 y_{0} / b^{2} \end{matrix} | .

On dispose alors du système suivant

{\begin{matrix} \frac{x_{0}^{2}}{a^{2}} - \frac{y_{0}^{2}}{b^{2}} & = 0 \\ \frac{x_{0}^{2}}{a^{2}} + \frac{y_{0}^{2}}{b^{2}} & = 1 . \end{matrix}

Après résolution, les couples $(x_{0}, y_{0})$ solutions sont donnés par

x_{0} = \pm \frac{a}{\sqrt{2}} et y_{0} = \pm \frac{b}{\sqrt{2}} .

En calculant la valeur de $f$ en chacun, on obtient la valeur extrême cherchée à savoir $\frac{a b}{2}$ .

Exercice 94 5720 Correction

Soient $a$ et $b$ deux réels strictement positifs.

Déterminer le maximum de la fonction

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

sous la contrainte $\frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{y^{2}} = 1$ avec $x > 0$ et $y > 0$ .

Solution

En posant $u = 1 / x$ et $v = 1 / y$ , le problème revient à trouver le maximum de $(u, v) \mapsto a u + b v$ sous la contrainte $u^{2} + v^{2} = 1$ et avec $u > 0$ , $v > 0$ . Pour revenir à des notations plus usuelles, étudions le maximum de la fonction $φ : (x, y) \mapsto a x + b y$ sur le compact

K = {(x, y) \in ℝ^{2} | x^{2} + y^{2} = 1} .

Puisque la fonction $φ$ est continue, ce maximum existe et est atteint en un certain couple $(x_{0}, y_{0}) \in K$ . Aussi, puisque $a$ et $b$ sont strictement positifs, on peut affirmer $(x_{0}, y_{0}) \in ℝ_{+}^{2}$ .

Introduisons¹¹ 1 Une alternative est aussi d’introduire un paramétrage du cercle $K$ et d’étudier la fonction $φ$ le long de ce paramétrage. Cela conduit à étudier le maximum de la fonction $ψ : t \mapsto a \cos (t) + b \sin (t)$ ce qui est facile en tranformant $ψ (t)$ en $A \cos (t - ϕ)$ . la fonction $g : (x, y) \mapsto x^{2} + y^{2} - 1$ de sorte que $K : g (x, y) = 0$ . La fonction $g$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{2}$ et $\nabla g (x, y) = (2 x,2 y) \neq (0,0)$ pour tout $(x, y) \in K$ . Par théorème, $\nabla φ (x_{0}, y_{0}) = (a, b)$ est colinéaire à $\nabla g (x_{0}, y_{0})$ ce qui fournit la condition

| \begin{matrix} a & 2 x_{0} \\ b & 2 y_{0} \end{matrix} | = 0 .

On obtient donc le système

{\begin{matrix} b x_{0} - a y_{0} & = 0 \\ x_{0}^{2} + y_{0}^{2} & = 1 . \end{matrix}

La solution dans $ℝ_{+}^{2}$ de ce système est

x_{0} = \frac{a}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} et y_{0} = \frac{b}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}}

pour

φ (x_{0}, y_{0}) = \sqrt{a^{2} + b^{2}} .

Finalement, le maximum de $f$ sous la contrainte $\frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{y^{2}} = 1$ avec $x > 0$ et $y > 0$ vaut $\sqrt{a^{2} + b^{2}}$ .

Exercice 95 5716 Correction

Soient $(a, b) \in ℝ^{2} ∖ {(0,0)}$ , $c \in ℝ$ et $𝒟$ la droite de $ℝ^{2}$ d’équation $a x + b y = c$ .

Déterminer le minimum de la fonction $f : (x, y) \mapsto x^{2} + y^{2}$ sur $𝒟$ .

Solution

La fonction $f$ est positive, on peut donc introduire

m = inf_{(x, y) \in 𝒟} f (x, y) \in ℝ .

On remarque que

f (x, y) \to_{∥ (x, y) ∥ \to + \infty}^{} + \infty .

Si l’on pose $M = f (0,0) + 1$ , on peut affirmer qu’il existe $r > 0$ tel que

∥ (x, y) ∥ \geq r ⟹ f (x, y) \geq M .

On a donc

m = inf_{(x, y) \in 𝒟 \cap B_{f} (0, r)} f (x, y) .

La fonction $f$ étant continue sur le compact $𝒟 \cap B_{f} (0, r)$ , elle y admet un minimum en un certain $(x_{0}, y_{0})$ :

m = \min_{(x, y) \in 𝒟 \cap B_{f} (0, r)} f (x, y) = f (x_{0}, y_{0}) .

Au final, on peut affirmer que $f$ présente un minimum sur $𝒟$ en un certain $(x_{0}, y_{0}) \in 𝒟$ .

Introduisons $g : (x, y) \mapsto a x + b y - c$ de sorte que $𝒟 : g (x, y) = 0$ . La fonction $g$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{2}$ avec

\nabla g (x, y) = (a, b) \neq (0,0) .

En particulier, $(x_{0}, y_{0})$ est régulier pour $𝒟$ . La fonction $f$ étant de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{2}$ , on sait par théorème que $\nabla f (x_{0}, y_{0}) = (2 x_{0},2 y_{0})$ est colinéaire à $\nabla g (x_{0}, y_{0})$ . Cette condition de colinéarité donne

| \begin{matrix} 2 x_{0} & a \\ 2 y_{0} & b \end{matrix} | = 0 .

On dispose alors du système suivant

{\begin{matrix} b x_{0} - a y_{0} & = 0 \\ a x_{0} + b y_{0} & = c . \end{matrix}

Pour isoler $x_{0}$ , on considère $b \times (1) + a \times (2)$ . Pour isoler $y_{0}$ , on considère $- a \times (1) + b \times (2)$ . On obtient

x_{0} = \frac{a c}{a^{2} + b^{2}} et y_{0} = \frac{b c}{a^{2} + b^{2}} .

Enfin, on conclut

m = inf_{(x, y) \in 𝒟} f (x, y) = f (x_{0}, y_{0}) = \frac{c^{2}}{a^{2} + b^{2}} .

Notons que le problème résolu est lié à la détermination de la distance du point origine à la droite $𝒟$ .

Exercice 96 5719 Correction

Soient $(a, b) \in ℝ^{2} ∖ {(0,0)}$ , $c \in ℝ$ et $𝒟$ la droite de $ℝ^{2}$ d’équation $a x + b y = c$ .

Déterminer le minimum de la fonction $f : (x, y) \mapsto x^{4} + y^{4}$ sur $𝒟$ .

Solution

La fonction $f$ est positive, on peut donc introduire

m = inf_{(x, y) \in 𝒟} f (x, y) \in ℝ .

On remarque que

f (x, y) \to_{∥ (x, y) ∥ \to + \infty}^{} + \infty .

Si l’on pose $M = f (0,0) + 1$ , on peut affirmer qu’il existe $r > 0$ tel que

∥ (x, y) ∥ \geq r ⟹ f (x, y) \geq M .

On a donc

m = inf_{(x, y) \in 𝒟 \cap B_{f} (0, r)} f (x, y) .

La fonction $f$ étant continue sur le compact $𝒟 \cap B_{f} (0, r)$ , elle y admet un minimum en un certain $(x_{0}, y_{0})$ :

m = \min_{(x, y) \in 𝒟 \cap B_{f} (0, r)} f (x, y) = f (x_{0}, y_{0}) .

Au final, on peut affirmer que $f$ présente un minimum sur $𝒟$ en un certain $(x_{0}, y_{0}) \in 𝒟$ .

Introduisons $g : (x, y) \mapsto a x + b y - c$ de sorte que $𝒟 : g (x, y) = 0$ . La fonction $g$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{2}$ avec

\nabla g (x, y) = (a, b) \neq (0,0) .

En particulier, $(x_{0}, y_{0})$ est régulier pour $𝒟$ . La fonction $f$ étant de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{2}$ , on sait par théorème que $\nabla f (x_{0}, y_{0}) = (4 x_{0}^{3},4 y_{0}^{3})$ est colinéaire à $\nabla g (x_{0}, y_{0})$ . Cette condition de colinéarité donne

| \begin{matrix} 4 x_{0}^{3} & a \\ 4 y_{0}^{3} & b \end{matrix} | = 0 .

On dispose alors du système suivant

{\begin{matrix} b x_{0}^{3} - a y_{0}^{3} & = 0 \\ a x_{0} + b y_{0} & = c . \end{matrix}

Afin d’alléger les écritures à venir, posons $α = a^{1 / 3}$ et $β = b^{1 / 3}$ . Le système précédent se réécrit

{\begin{matrix} {(β x_{0})}^{3} - {(α y_{0})}^{3} & = 0 \\ α^{3} x_{0} + β^{3} y_{0} & = c . \end{matrix}

Puisque l’application $t \mapsto t^{3}$ est injective,

{(β x_{0})}^{3} - {(α y_{0})}^{3} = 0 \Leftrightarrow β x_{0} = α y_{0}

Le système étudié équivaut alors au suivant

{\begin{matrix} β x_{0} - α y_{0} & = 0 \\ α^{3} x_{0} + β^{3} y_{0} & = c . \end{matrix}

Pour isoler $x_{0}$ , on considère $β^{3} \times (1) + α \times (2)$ . Pour isoler $y_{0}$ , on considère $- α^{3} \times (1) + β \times (2)$ . On obtient

x_{0} = \frac{α c}{α^{4} + β^{4}} et y_{0} = \frac{β c}{α^{4} + β^{4}} .

Enfin, on conclut

m = inf_{(x, y) \in 𝒟} f (x, y) = f (x_{0}, y_{0}) = \frac{c^{4}}{{(a α + b β)}^{3}} .

Exercice 97 5717 Correction

On note $Γ$ la courbe d’équation $x^{3} + y^{3} = 1$ .

Déterminer le maximum de $f : (x, y) \mapsto x y$ sur $Γ$ .

Solution

Soit $(x, y) \in Γ$ .

Si $x$ et $y$ sont de signes opposés, $f (x, y) \leq 0$ .

Si $x$ et $y$ ont le même signe, celui-ci est nécessairement positifs car $x^{3} + y^{3} \geq 1$ . Au surplus, $x^{3} \leq 1$ et $y^{3} \leq 1$ donc $x \leq 1$ et $y \leq 1$ . On en déduit

0 \leq f (x, y) = x y \leq 1 .

La fonction $f$ est donc majorée et cela légitime d’introduire

M = sup_{(x, y) \in Γ} f (x, y) .

Au surplus, ce qui précède assure

M = sup_{(x, y) \in Γ \cap [0; 1] \times [0; 1]} f (x, y) .

La fonction $f$ étant continue sur le compact $Γ \cap [0; 1] \times [0; 1]$ , elle y admet un maximum en un certain $(x_{0}, y_{0})$ .

M = \max_{(x, y) \in Γ \cap [0; 1] \times [0; 1]} f (x, y) = f (x_{0}, y_{0}) .

Au final, on peut affirmer que $f$ présente un maximum sur $Γ$ en un certain $(x_{0}, y_{0}) \in Γ$ .

Introduisons $g : (x, y) \mapsto x^{3} + y^{3} - 1$ de sorte que $Γ : g (x, y) = 0$ . La fonction $g$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{2}$ avec

\nabla g (x, y) = (3 x^{2},3 y^{2}) .

Pour $(x_{0}, y_{0}) \in Γ$ , on a $(x_{0}, y_{0}) \neq (0,0)$ et ce point est donc régulier pour $Γ$ . La fonction $f$ étant de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{2}$ , on sait par théorème que $\nabla f (x_{0}, y_{0}) = (y_{0}, x_{0})$ est colinéaire à $\nabla g (x_{0}, y_{0})$ . Cette condition de colinéarité donne

| \begin{matrix} y_{0} & 3 x_{0}^{2} \\ x_{0} & 3 y_{0}^{2} \end{matrix} | = 0 .

On dispose alors du système suivant

{\begin{matrix} x_{0}^{3} - y_{0}^{3} & = 0 \\ x_{0}^{3} + y_{0}^{3} & = 1 . \end{matrix}

Après résolution, on obtient

x_{0} = y_{0} = 2^{- 1 / 3}

et donc

M = f (x_{0}, y_{0}) = 2^{- 2 / 3} .

Exercice 98 5718 Correction

Soient $(a, b) \in ℝ^{2} ∖ {(0,0)}$ , $c \in ℝ$ et $𝒟$ la droite de $ℝ^{2}$ d’équation $a x + b y = c$ .

Déterminer les extremums de la fonction $f : (x, y) \mapsto x y$ sur $𝒟$ .

Solution

Introduisons $g : (x, y) \mapsto a x + b y - c$ de sorte que $𝒟 : g (x, y) = 0$ .

La fonction $g$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{2}$ avec

\nabla g (x, y) = (a, b) \neq (0,0) .

La fonction $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{2}$ . Si $(x_{0}, y_{0})$ est un extremum de $f$ sur $𝒟$ , on sait par théorème que $\nabla f (x_{0}, y_{0}) = (y_{0}, x_{0})$ est colinéaire à $\nabla g (x_{0}, y_{0})$ . Cette condition de colinéarité donne

| \begin{matrix} y_{0} & a \\ x_{0} & b \end{matrix} | = 0 .

On dispose alors du système suivant

{\begin{matrix} a x_{0} - b y_{0} & = 0 \\ a x_{0} + b y_{0} & = c \end{matrix}

soit

{\begin{matrix} 2 a x_{0} & = c \\ 2 b y_{0} & = c . \end{matrix}

Cas: $a \neq 0$ et $b \neq 0$ . On obtient une solution unique $(x_{0}, y_{0})$ avec

f (x_{0}, y_{0}) = \frac{c^{2}}{4 a b} .

Si $a$ et $b$ sont de même signe, la fonction $f$ tend vers $- \infty$ quand $∥ (x, y) ∥ \to + \infty$ avec $(x, y) \in 𝒟$ . La fonction $f$ présente donc un maximum sur $𝒟$ et nous avons trouvé ci-dessus sa valeur.

Si $a$ et $b$ sont de signes opposés, la fonction $f$ tend vers $+ \infty$ quand $∥ (x, y) ∥ \to + \infty$ avec $(x, y) \in 𝒟$ . La fonction $f$ présente donc un minimum sur $𝒟$ et nous avons trouvé ci-dessus sa valeur.

Cas: $a = 0$ et $b \neq 0$ . La droite est $𝒟$ est horizontale.

Si $c \neq 0$ , cette droite ne se confond pas avec l’axe des abscisses et la fonction $f$ est linéaire non nulle le long de cette droite: elle ne présente pas d’extremum.

Si $c = 0$ , la fonction $f$ est identiquement nulle le long de cette droite.

Cas: $a \neq 0$ et $b = 0$ . La droite est $𝒟$ est verticale et l’étude est identique à la précédente.

Exercice 99 6022 X (MP)Correction

Soient $n \in ℕ ∖ {0, 1}$ et

Γ = {(x_{1}, \dots, x_{n}) \in ℝ^{n} | \sum_{i = 1}^{n} x_{i}^{2} = 1 et \sum_{i = 1}^{n} x_{i} = 0} .

Maximiser $Φ : (x_{1}, \dots, x_{n}) \mapsto x_{1} x_{2} + x_{2} x_{3} + \dots + x_{n - 1} x_{n} + x_{n} x_{1}$ sur $Γ$ .

Solution

Considérons

J = (\begin{matrix} 0 & 1 & (0) \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ \\ 0 & ⋱ & 1 \\ 1 & 0 & \dots & 0 \end{matrix}) \in ℳ_{n} (ℝ) .

Pour $x = {(\begin{matrix} x_{1} & \dots & x_{n} \end{matrix})}^{⊤} \in ℝ^{n}$ , on remarque

Φ (x) = \frac{1}{2} x^{⊤} A x avec A = J + J^{⊤} \in 𝒮_{n} (ℝ) .

Le polynôme caractéristique de $J$ est $X^{n} - 1$ . La matrice $J$ est donc diagonalisable dans $ℳ_{n} (ℂ)$ et l’on peut écrire $J = P D P^{- 1}$ avec $D = diag {(ω^{k})}_{0 \leq k \leq n - 1}$ où $ω = e^{2 i π / n}$ . On remarque $J^{⊤} = J^{n - 1}$ et donc $A = P Δ P^{- 1}$ avec $Δ = diag {(ω^{k} + ω^{(n - 1) k})}_{0 \leq k \leq n - 1}$ . Or, pour $k = 0, \dots, n - 1$ ,

ω^{k} + ω^{(n - 1) k} = ω^{k} + ω^{- k} = 2 Re (ω^{k}) = 2 \cos (\frac{2 k π}{n}) .

Cela détermine les valeurs propres de $A$ et, puisque la matrice $A$ est symétrique réelle, elle est orthogonalement semblable à la matrice $Δ$ . On peut donc écrire $A = Ω Δ Ω^{- 1}$ avec $Ω \in O_{n} (ℝ)$ . Notons que la première colonne de $Ω$ est vecteur propre associé à la valeur propre $2$ . On remarque que le vecteur $U = {(\begin{matrix} 1 & \dots & 1 \end{matrix})}^{⊤}$ est vecteur propre de $A$ associé à la valeur propre $2$ . La première colonne de $Ω$ est donc colinéaire à $U$ . Quitte à réaliser un passage à l’opposé, on peut supposer que la première colonne (unitaire) de $Ω$ vaut $\frac{1}{\sqrt{n}} U$ .

Pour $x \in ℝ^{n}$ ,

Φ (x) = \frac{1}{2} x^{⊤} A x = \frac{1}{2} y^{⊤} Δ y = \sum_{k = 0}^{n - 1} \cos (\frac{2 k π}{n}) y_{k + 1}^{2} avec y = Ω^{⊤} x = (y_{1}, \dots, y_{n}) .

On remarque $x^{⊤} x = y^{⊤} y$ . On remarque aussi que $y_{1} = \frac{1}{\sqrt{n}} U^{⊤} x = \frac{1}{\sqrt{n}} (x_{1} + \dots + x_{n})$ . On a donc

x \in Γ \Leftrightarrow y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + \dots + y_{n}^{2} = 1 et y_{1} = 0 .

On peut alors simplifier

Φ (x) = \sum_{k = 1}^{n - 1} \cos (\frac{2 k π}{n}) y_{k + 1}^{2}

et cette quantité est maximale pour $y_{2} = 1$ et $y_{3} = \dots = y_{n} = 0$ .

La valeur maximale de $Φ$ vaut donc $\cos (\frac{2 π}{n})$ .

[<] Optimisation sous contrainte[>] Matrice hessienne

Exercice 100 2548 CCINP (MP)Correction

Déterminer les extremums locaux et globaux de $f : ℝ \times] 0; + \infty [\to ℝ$ définie par

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

Solution

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

Déterminons ses points critiques. Pour $(x, y) \in Ω$ ,

	${\begin{matrix} \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) & = 0 \\ \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) & = 0 \end{matrix}$	$\Leftrightarrow {\begin{matrix} 2 x y & = 0 \\ x^{2} + {(\ln (y))}^{2} + 2 \ln (y) & = 0 \end{matrix}$
		$\Leftrightarrow {\begin{matrix} x = 0 \\ {(\ln (y))}^{2} + 2 \ln (y) = 0 . \end{matrix}$

On obtient deux points critiques $(0,1)$ et $(0, e^{- 2})$ .

La matrice hessienne de $f$ en $(x, y)$ est

H_{f} (x, y) = (\begin{matrix} 2 y & 2 x \\ 2 x & \frac{2 \ln (y) + 2}{y} \end{matrix}) .

Étude en $(0,1)$ . La matrice hessienne de $f$ en $(0,1)$ est

H_{f} (0, e^{- 2}) = (\begin{matrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix}) .

Cette matrice est définie positive, $f$ présente un minimum local strict en $(0,1)$ .

En fait, $f (0,1) = 0$ et

\forall (x, y) \in Ω, f (x, y) = y (x^{2} + {(\ln (y))}^{2}) \geq 0

avec égalité si, et seulement si, $x = 0$ et $y = 1$ .

La fonction $f$ présente donc un minimum global strict en $(0,1)$ .

Étude en $(0, e^{- 2})$

La matrice hessienne de $f$ en $(0, e^{- 2})$ est

H_{f} (0, e^{- 2}) = (\begin{matrix} 2 e^{- 2} & 0 \\ 0 & - 2 e^{2} \end{matrix}) .

Les deux valeurs propres de $H_{f} (0, e^{- 2})$ sont de signes stricts opposés, la fonction $f$ ne présente pas d’extremum en $(0, e^{- 2})$ .

Exercice 101 58

Déterminer les extremums locaux et globaux de $f : ℝ^{2} \to ℝ$ définie par

f (x, y) = x^{3} + y^{3} - 3 x y - 1 .

Exercice 102 59 Correction

Trouver les extremums sur $ℝ^{2}$ de

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

Solution

La fonction $f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur l’ouvert $ℝ^{2}$ : ses extremums sont des points critiques. Recherchons les points critiques de $f$ .

\frac{\partial f}{\partial x} (x, y) = 4 x^{3} - 4 y et \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = 4 y^{3} - 4 x .

Pour $(x, y) \in ℝ^{2}$ ,

	${\begin{matrix} 4 x^{3} - 4 y & = 0 \\ 4 y^{3} - 4 x & = 0 \end{matrix}$	$\Leftrightarrow {\begin{matrix} x^{3} & = y \\ y^{3} & = x \end{matrix}$
		$\Leftrightarrow {\begin{matrix} y & = x^{3} \\ x^{9} & = x \end{matrix}$
		$\Leftrightarrow {\begin{matrix} y & = x^{3} \\ x & = 0,1 ou - 1 . \end{matrix}$

Les points critiques de $f$ sont $(0,0), (1,1)$ et $(- 1, - 1)$ .

La matrice hessienne de $f$ en $(x, y)$ est

H_{f} (x, y) = (\begin{matrix} 12 x^{2} & - 4 \\ - 4 & 12 y^{2} \end{matrix}) .

Étude en $(0,0)$ .

La matrice hessienne en $(0,0)$ est

H_{f} (0,0) = (\begin{matrix} 0 & - 4 \\ - 4 & 0 \end{matrix}) .

Le déterminant est strictement négatif, il n’y a pas d’extremum en $(0,0)$ .

Étude en $(1,1)$ .

La matrice hessienne en $(1,1)$ est

H_{f} (1,1) = (\begin{matrix} 12 & - 4 \\ - 4 & 12 \end{matrix}) .

Le déterminant est strictement positif et la trace aussi, il y a un minimum local strict en $(1,1)$ .

Étude en $(- 1, - 1)$

On parvient à la même conclusion et l’on peut même remarquer $f (- x, - y) = f (x, y)$ .

Enfin, on observe

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

Les minimums en $(1,1)$ et $(- 1, - 1)$ sont des minimums globaux.

Exercice 103 2530 CCINP (MP)Correction

(a)

Étudier les variations de la fonction $f$ définie sur $] 0; + \infty [$ par

$f (t) = t - \ln (t) - \frac{1}{t} .$
(b)

Résoudre l’équation $f (t) = 0$ d’inconnue $t > 0$
(c)

Trouver les extremums locaux et globaux de la fonction $g : {] 0; + \infty [}^{2} \to ℝ$ définie par

$g (x, y) = x \ln (y) - y \ln (x) .$

Solution

(a)

$f$ est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] 0; + \infty [$ avec

$f^{'} (t) = 1 - \frac{1}{t} + \frac{1}{t^{2}} = \frac{t^{2} - t + 1}{t^{2}} > 0$

La fonction $f$ est strictement croissante sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

On remarque $f (1) = 0$ . Ainsi, $t = 1$ est solution de l’équation et c’est la seule car $f$ est strictement croissante.
(c)

La fonction $g$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur l’ouvert $Ω = {] 0; + \infty [}^{2}$ . Recherchons ses points critiques.

${\begin{matrix} \frac{\partial g}{\partial x} (x, y) & = 0 \\ \frac{\partial g}{\partial y} (x, y) & = 0 \end{matrix}$ $\Leftrightarrow {\begin{matrix} \ln (y) - \frac{y}{x} & = 0 \\ \frac{x}{y} - \ln (x) & = 0 \end{matrix}$

$\Leftrightarrow {\begin{matrix} f (\frac{x}{y}) & = 0 \\ \frac{x}{y} - \ln (x) & = 0 \end{matrix}$

$\Leftrightarrow {\begin{matrix} x & = y \\ x & = e . \end{matrix}$

On conclut que $(e, e)$ est le seul point critique.

La matrice hessienne de $g$ en $(x, y)$ est

$H_{g} (x, y) = (\begin{matrix} y / x^{2} & 1 / y - 1 / x \\ 1 / y - 1 / x & - x / y^{2} \end{matrix})$

La matrice hessienne de $g$ en $(e, e)$ est

$H_{g} (e, e) = (\begin{matrix} 1 / e & 0 \\ 0 & - 1 / e \end{matrix})$

Les deux valeurs propres sont de signes stricts opposés, la fonction $g$ ne présente pas d’extremum local en $(e, e)$ .

Exercice 104 2910 MINES (MP)Correction

Trouver les extremums locaux et globaux de la fonction $f : ℝ^{2} \to ℝ$ donnée par

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

Solution

La fonction $f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur l’ouvert $ℝ^{2}$ .

Déterminons ses points critiques. Pour $(x, y) \in ℝ^{2}$ ,

	${\begin{matrix} \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) & = 0 \\ \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) & = 0 \end{matrix}$	$\Leftrightarrow {\begin{matrix} 4 x^{3} - 4 (x - y) & = 0 \\ 4 y^{3} + 4 (x - y) & = 0 \end{matrix}$
		$\Leftrightarrow {\begin{matrix} x^{3} & = - y^{3} \\ x^{3} & = x - y \end{matrix}$
		$\Leftrightarrow {\begin{matrix} y & = - x \\ x^{3} = 2 x \end{matrix}$

On obtient trois points critiques: $(0,0)$ , $(\sqrt{2}, - \sqrt{2})$ et $(- \sqrt{2}, \sqrt{2})$ .

La matrice hessienne de $f$ en $(x, y)$ est

H_{f} (x, y) = (\begin{matrix} 12 x^{2} - 4 & 4 \\ 4 & 12 y^{2} - 4 \end{matrix})

Étude en $(0,0)$ .

La matrice hessienne de $f$ en $(0,0)$ est

H_{f} (0,0) = (\begin{matrix} - 4 & 4 \\ 4 & - 4 \end{matrix})

Son déterminant est nul, on ne peut pas conclure à partir de celle-ci. Cependant, $f (0,0) = 0$ et l’on remarque

f (1 / n,0) \underset{n \to + \infty}{\sim} - 2 / n^{2} < 0 et f (1 / n,1 / n) \underset{n \to + \infty}{\sim} 2 / n^{4} > 0 .

Il n’y a pas d’extremum local en $(0,0)$ .

Étude en $(\sqrt{2}, - \sqrt{2})$ .

La matrice hessienne de $f$ en $(\sqrt{2}, - \sqrt{2})$ est

H_{f} (x, y) = (\begin{matrix} 20 & 4 \\ 4 & 20 \end{matrix})

Celle-ci est de déterminant strictement positif et de trace strictement positive, la fonction $f$ présente un minimum local en $(\sqrt{2}, - \sqrt{2})$ .

Plus précisément,

	$f (x, y) - f (\sqrt{2}, - \sqrt{2})$	$= x^{4} + y^{4} - 2 {(x - y)}^{2} + 8$
		$= {(x^{2} - 2)}^{2} + {(y^{2} - 2)}^{2} + 4 (x^{2} + y^{2}) - 2 {(x - y)}^{2}$
		$= {(x^{2} - 2)}^{2} + {(y^{2} - 2)}^{2} + 2 (x^{2} + y^{2}) + 4 x y$
		$= {(x^{2} - 2)}^{2} + {(y^{2} - 2)}^{2} + 2 {(x + y)}^{2} \geq 0$

Ainsi, $(\sqrt{2}, - \sqrt{2})$ est un minimum global.

Étude en $(- \sqrt{2}, \sqrt{2})$ .

C’est identique et d’ailleurs on peut remarquer que $f (x, y) = f (y, x)$ .

[<] Extremum, étude à l'ordre 2

Exercice 105 5714 Correction

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

(a)

On suppose que la matrice hessienne de $f$ est nulle en tout point.

Montrer qu’il existe $a \in ℝ^{n}$ et $b \in ℝ$ tels que

$\forall x \in ℝ^{n}, f (x) = ⟨ a, x ⟩ + b .$
(b)

On suppose que la matrice hessienne de $f$ est identique en tout point.

Montrer qu’il existe $u \in 𝒮 (ℝ^{n})$ , $a \in ℝ^{n}$ et $b \in ℝ$ tels que

$\forall x \in ℝ^{n}, f (x) = \frac{1}{2} ⟨ u (x), x ⟩ + ⟨ a, x ⟩ + b .$

Solution

(a)

Soit $i = 1, \dots, n$ . Les dérivées partielles de $\frac{\partial f}{\partial x_{i}}$ sont nulles sur le convexe $ℝ^{n}$ , cette fonction est donc constante sur $ℝ^{n}$ . Notons $a_{i}$ la valeur de cette constante. En tout point $x \in ℝ^{n}$ , la différentielle de $f$ est donnée par

$d f (x) \cdot h = \sum_{i = 1}^{n} \frac{\partial f}{\partial x_{i}} (x) h_{i} = \sum_{i = 1}^{n} a_{i} h_{i} .$

Par intégration, pour tout $x \in ℝ^{n}$ ,

$f (x) = f (0) + \int_{0}^{1} d f (0 + t . x) \cdot x d t = f (0) + \int_{0}^{1} \sum_{i = 1}^{n} a_{i} x_{i} d t = f (0) + \sum_{i = 1}^{n} a_{i} x_{i} .$

Cette formule se réécrit

$f (x) = ⟨ a, x ⟩ + b$

avec $a = (a_{1}, \dots, a_{n}) \in ℝ^{n}$ et $b = f (0) \in ℝ$ .
(b)

Analyse: Si l’expression de $f$ est celle voulue, la matrice hessienne de $f$ correspond à la matrice de l’endomorphisme $u$ dans la base canonique.

Synthèse: Soit $u$ l’endomorphisme figuré par la matrice hessienne de $f$ dans la base canonique. Cet endomorphisme est autoadjoint car la matrice hessienne est symétrique. Considérons $g : ℝ^{n} \to ℝ$ donnée par

$g (x) = \frac{1}{2} ⟨ u (x), x ⟩ .$

La fonction $f - g$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $ℝ^{n}$ et sa matrice hessienne est nulle en tout point. Par l’étude précédente, il existe $a \in ℝ^{n}$ et $b \in ℝ$ tels que

$f (x) = g (x) + ⟨ a, x ⟩ + b .$

Exercice 106 5713 Correction

Soient $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice symétrique inversible, $b \in ℝ^{n}$ et $c \in ℝ$ .

On étudie l’application $F : ℝ^{n} \to ℝ$ définie par

F (x) = x^{⊤} A x + b^{⊤} x + c .

(a)

Justifier que $F$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ^{n}$ .
(b)

Déterminer les points critiques de $F$ .
(c)

Calculer la matrice hessienne de $F$ en tout point de $ℝ^{n}$ .
(d)

À quelle condition la fonction $F$ admet-elle un minimum ?

Solution

(a)

Par opérations sur les fonctions, on peut affirmer que $F$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ^{n}$ .
(b)

Soit $x \in ℝ^{n}$ . Avec des notations entendues,

$F (x) = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i, j} x_{i} x_{j} + \sum_{i = 1}^{n} b_{i} x_{i} + c .$

On en déduit

$\forall i \in ⟦ 1; n ⟧, \frac{\partial F}{\partial x_{i}} (x) = \sum_{j = 1}^{n} a_{i, j} x_{j} + b_{i} = {[A x + b]}_{i}$

$x \in ℝ^{n}$ est donc point critique de $F$ si, et seulement si, $A x + b = 0$ .

L’application $F$ admet donc un unique point critique, à savoir $x = A^{- 1} b$ .
(c)

On poursuit les calculs qui précèdent

$\forall (i, j) \in {⟦ 1; n ⟧}^{2}, \frac{\partial^{2} F}{\partial x_{i} \partial x_{j}} (x) = a_{i, j} .$

La matrice hessienne de $F$ en tout point $x \in ℝ^{n}$ est égale à la matrice $A$ .
(d)

Si la fonction $F$ présente un minimum en $x_{0} \in ℝ^{n}$ , celui-ci est un point critique de $F$ et donc $x_{0} = A^{- 1} b$ .

Si la matrice $A$ est positive (et donc définie positive car inversible), l’application $F$ présente un minimum global strict en $x_{0}$ .

Si la matrice $A$ n’est pas positive, l’application $F$ ne présente pas de minimum en $x_{0}$ .

Exercice 107 5715 Correction

Soient $a, b \in ℝ^{n}$ et $f : ℝ^{n} \to ℝ$ définie par

f (x) = ⟨ a, x ⟩ ⟨ b, x ⟩ .

(a)

Montrer que $f$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $ℝ^{n}$ et calculer sa matrice hessienne en tout point.
(b)

En déduire une matrice symétrique $H \in 𝒮_{n} (ℝ)$ pour laquelle

$\forall x \in ℝ^{n}, f (x) = \frac{1}{2} x^{⊤} H x$

Solution

(a)

Avec des notations entendues,

$f (x) = (\sum_{i = 1}^{n} a_{i} x_{i}) (\sum_{j = 1}^{n} b_{j} x_{j}) = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} b_{j} x_{i} x_{j} .$

On en déduit

$\frac{\partial f}{\partial x_{i}} (x) = a_{i} \sum_{j = 1}^{n} b_{j} x_{j} + b_{i} \sum_{j = 1}^{n} a_{j} x_{j} et \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{j} \partial x_{i}} (x) = a_{i} b_{j} + a_{j} b_{i} .$

La matrice hessienne de $f$ en tout point $x \in ℝ^{n}$ est

$H = {(a_{i} b_{j} + a_{j} b_{i})}_{1 \leq i, j \leq n} = a b^{⊤} + b a^{⊤} .$
(b)

Considérons la matrice $H$ précédente. Celle-ci est symétrique.

Pour $x \in ℝ^{n}$ , on vérifie

$\frac{1}{2} x^{⊤} H x = \frac{1}{2} (\underset{\begin{matrix} ⟨ x, a ⟩ \end{matrix}}{\underset{⏟}{x^{⊤} a}} \underset{\begin{matrix} ⟨ b, x ⟩ \end{matrix}}{\underset{⏟}{b^{⊤} x}} + \underset{\begin{matrix} ⟨ x, b ⟩ \end{matrix}}{\underset{⏟}{x^{⊤} b}} \underset{\begin{matrix} ⟨ a, x ⟩ \end{matrix}}{\underset{⏟}{a^{⊤}}}) = ⟨ a, x ⟩ ⟨ b, x ⟩ = f (x)$

Édité le 12-05-2025

	$∥ x + h ∥$	$= \sqrt{{∥ x ∥}^{2} + 2 (x ∣ h) + {∥ h ∥}^{2}}$
		$= ∥ x ∥ \sqrt{1 + 2 \frac{(x ∣ h)}{{∥ x ∥}^{2}} + \frac{{∥ h ∥}^{2}}{{∥ x ∥}^{2}}} = ∥ x ∥ + \frac{(x ∣ h)}{∥ x ∥} + o (h)$

	$\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}$	$= 2 φ^{'} (x^{2} + y^{2}) + 2 x^{2} φ^{''} (x^{2} + y^{2})$
	$\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}$	$= 2 φ^{'} (x^{2} + y^{2}) + 2 y^{2} φ^{''} (x^{2} + y^{2}) .$

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

	${\begin{matrix} \frac{\partial g}{\partial x} (x, y) & = 0 \\ \frac{\partial g}{\partial y} (x, y) & = 0 \end{matrix}$	$\Leftrightarrow {\begin{matrix} \ln (y) - \frac{y}{x} & = 0 \\ \frac{x}{y} - \ln (x) & = 0 \end{matrix}$
		$\Leftrightarrow {\begin{matrix} f (\frac{x}{y}) & = 0 \\ \frac{x}{y} - \ln (x) & = 0 \end{matrix}$
		$\Leftrightarrow {\begin{matrix} x & = y \\ x & = e . \end{matrix}$