Corrigé d'exercices : Fonctions à plusieurs variables

Corrigés des fonctions à plusieurs variables
Exercice 1
∙Fonction f(x,y) = xy=eyln(x): la fonction ln(x)est définie si et seulement si x>0 et elle est dérivable
indéfiniment (autant de fois que l’on veut) sur R+*. De même la fonction exponentielle est indéfiniment
dérivable sur R. Le domaine Dest donc D={(x,y)∈R2:x>0 et yquelconque }=R+*×R.
Les dérivées partielles sont
∂f
∂x(x,y) = ∂(xy) ∂x=y xy−1∂f ∂y(x,y) = ∂(eyln(x)) ∂y=ln(x)eyln(x)=ln(x)xy
∂2f
∂x2=∂(∂f
∂x)
∂x=∂(y xy−1) ∂x=y(y−1)xy−2∂2f ∂y2=∂(∂f
∂y)
∂y=∂(ln(x)xy) ∂y=ln2(x)xy
∂2f
∂x∂y=∂(∂f
∂y)
∂x=∂(ln(x)xy) ∂x=1 xxy+ln(x)x xy−1= (1+xln(x)) xy−1
(1)
Le gradient et le laplacien sont
∇f(x,y) = ∂f
∂x(x,y)
∂f
∂y(x,y)!=y xy−1
ln(x)xy∆f(x,y) = ∂2f
∂x2+∂2f ∂y2=y(y−1)xy−2+ln2(x)xy(2)
Les valeurs des dérivées partielles au point (x,y)=(1,1)sont fx(1,1) = 1,fy(1,1) = 0,fxx(1,1) = 0,
fxy(1,1) = 1,fyy(1,1) = 1. La formule de Taylor-Young à l’ordre 2 au point (1,1)s’écrit
f(1+h,1+k) = f(1,1) + h fx(1,1) + k fy(1,1) + 1
2{h2fxx(1,1) + 2hk fxy(1,1) + k2fyy(1,1)}+ (h2+k2)ε(h,k)
=1+h+1
2{2hk +k2}+ (h2+k2)ε(h,k)
(3)
avec ε(h,k)→0 quand h2+k2→0.
L’équation du plan tangent à la surface représentative de fau point (x0,y0)s’obtient en prenant les termes
d’ordre au plus 1 dans la formule de Taylor, où on remplace hpar x−x0et kpar y−y0. Ici, cela donne
z=1+ (x−1)soit encore x−z=0 (4)
∙Fonction f(x,y) = 2x3+3x2y−2y2. Il s’agit d’un polynôme de deux variables qui est indéfiniment dérivable
sur R2, donc ici D=R2. Les dérivées partielles sont
fx(x,y) = 6x2+6xy fy=3x2−4y
fxx =12x+6y fxy =6x fyy =−4
(5)
Au point (1,1), on a f=3,fx=12,fy=−1,fxx =18,fxy =6,fyy =−4 d’où la formule de Taylor
f(1+h,1+k) = 3+12h−k+1
2{18h2+12hk −4k2}+ (h2+k2)ε(h,k)(6)
avec ε(h,k)→0 quand h2+k2→0. L’équation du plan tangent est donc
z=3+12(x−1)−(y−1) = 12x−y−8 (7)
1

∙Fonction f(x,y) = ln(xy2). La fonction n’est définie que lorsque xy2>0 ce qui revient à dire que x>0 et
y̸=0 donc D={(x,y)∈R2:x>0 et y̸=0}. Sur ce domaine, la fonction est composée de fonctions
indéfiniment dérivables, elle est donc indéfiniment dérivable. Les dérivées partielles sont
fx(x,y) = y2
xy2=1 xfy=2xy xy2=2 y
fxx =−1
x2fxy =0fyy =−2 y2
(8)
Au point (1,1), on a f=0,fx=1,fy=2,fxx =−1,fxy =0,fyy =−2 d’où la formule de Taylor
f(1+h,1+k) = h+2k+1
2{−h2−2k2}+ (h2+k2)ε(h,k)(9)
avec ε(h,k)→0 quand h2+k2→0. L’équation du plan tangent est donc
z= (x−1) + 2(y−1) = x+2y−3 (10)
∙Fonction f(x,y) = arctan(x
y). La fonction n’est définie que lorsque y̸=0 donc D={(x,y)∈R2:y̸=
0}. C’est le plan R2privé de l’axe des x. La fonction arctan est indéfiniment dérivable sur R, donc par
composition, fest indéfiniment dérivable sur D. Les dérivées partielles sont
fx(x,y) = 1
y
1
1+ ( x
y)2=y
x2+y2fy=−1 y2
1
1+ ( x
y)2=−1
x2+y2
fxx =−2xy
(x2+y2)2fyy =2y (x2+y2)2
fxy =1
x2+y2−y2y (x2+y2)2=x2−y2 (x2+y2)2
(11)
Au point (1,1), on a f=π
4,fx=1 2,fy=−1 2,fxx =−1 2,fxy =0,fyy =1 2d’où la formule de Taylor
f(1+h,1+k) = π
4+h 2−k 2+1 2{−h2 2+k2 2}+ (h2+k2)ε(h,k)(12)
avec ε(h,k)→0 quand h2+k2→0. L’équation du plan tangent est donc
z=π
4+x−1 2−y−1 2=π 4+x 2−y 2(13)
∙Fonction f(x,y) = xy2
x+y, vue en scéance d’exos.
∙Fonction f(x,y) = xy
|x|+|y|. La valeur absolue n’est pas dérivable en 0, donc il faut exclure x=0 et y=0 du
domaine de dérivabilité. Donc D={(x,y)∈R2:x̸=0 et y̸=0}. Ce domaine est le plan R2privé de
l’axe des xet de l’axe des y. On peut simplifier un peu les choses en écrivant
f(x,y) = xy
ax +by (14)
avec (a,b)=(1,1)ou (−1,1)ou (1,−1)ou (−1,−1)selon que (x,y)appartient au quadrant x,y>0 ou
x<0,y>0 ou x,y<0 ou x>0,y<0. Cela permet de travailler sans valeur absolue en traitant les 4 cas
d’un coup. Les dérivées partielles sont
fx(x,y) = y
ax +by −xya (ax +by)2=by2 (ax +by)2fy=x ax +by −xyb (ax +by)2=ax2 (ax +by)2
fxx =by2−2a
(ax +by)3=−2aby2 (ax +by)3fyy =ax2−2b (ax +by)3=−2abx2 (ax +by)3
fxy =2by
(ax +by)2+by2−2b (ax +by)3=2abxy (ax +by)3
(15)
2

Au point (1,1), on a a=b=1 et f=1
2,fx=1 4,fy=1 4,fxx =−1 4,fxy =1 4,fyy =−1 4d’où la formule de
Taylor
f(1+h,1+k) = 1
2+h 4+k 4+1 2{−h2 4+hk 2−k2 4}+ (h2+k2)ε(h,k)(16)
avec ε(h,k)→0 quand h2+k2→0. L’équation du plan tangent est donc
z=1
2+x−1 4+y−1 4=x+y 4(17)
Exercice 2
Rappelons ce qui est dit dans le cours:
∙Lorsque f(x,y)est continûment dérivable sur un domaine ouvert Ddu plan R2, un point (x0,y0)∈Dest dit
point critique de fsi ∇f(x0,y0) = 0, c’est à dire si le système suivant est satisfait
∂f
∂x(x0,y0) = 0
∂f
∂y(x0,y0) = 0
(18)
ce système est généralement non-linéaire (il ne relève pas de la théorie des systèmes vue dans le cours). On
peut tenter de le résoudre en travaillant par implications et en vérifiant à la fin qu’on n’a pas introduit de
fausse solution.
∙Lorsque (x0,y0)est un point critique et que les dérivées partielles secondes existent au voisinage de (x0,y0),
on peut donner des informations supplémentaires sur le point en considérant la formule de Taylor-Young,
qui se simplifie parce que les termes d’ordre 1 disparaissent au point critique. La formule s’écrit alors
f(x0+h,y0+k) = f(x0,y0) + 1
2{fxx(x0,y0)h2+2fxy(x0,y0)hk +fyy(x0,y0)k2}+ (h2+k2)ε(h,k)(19)
On considère le discriminant ∆=f2
xy(x0,y0)−fxx(x0,y0)fyy(x0,y0)on a alors l’alternative suivante
–si ∆<0 , le point critique est
*un minimum local de fsi fxx(x0,y0)>0
*un maximum local de fsi fxx(x0,y0)<0
–si ∆>0 , le point critique est un point selle (notament, ce n’est ni un minimum local, ni un maximun
local)
–si ∆=0, on ne peut pas conclure.
Appliquons ceci aux fonctions de l’exercice
1. Fonction f(x,y) = 4e−x2−y2. Cette fonction est indéfiniment dérivable sur D=R2et on a fx=
−8xe−x2−y2et fy=−8ye−x2−y2. Le système donnant les points critiques s’écrit donc
−8x0e−x2
0−y2 0=0
−8y0e−x2
0−y2 0=0
(20)
comme l’exponentielle ne s’annule jamais, ceci se réduit à x0=0 et y0=0. Le seul point critique est
donc (x0,y0) = (0,0).
Pour aller plus loin, il nous faut les dérivées partielles secondes. On a fxx =−8e−x2−y2+16x2e−x2−y2,
donc fxx(0,0) = −8, de même fxy =−16xye−x2−y2donc fxy(0,0) = 0, enfin fyy =−8e−x2−y2+
16y2e−x2−y2, donc fyy(0,0) = −8. Finalement, ∆=02−(−8)(−8) = −64 <0 avec fxx(0,0)<0
La fonction f(x,y)admet donc un maximum local au point (0,0).
3

2. Fonction f(x,y) = cos(x)
y2+1. Le dénominateur ne s’annule jamais et c’est un polynôme. fest donc définie
et indéfiniment dérivable sur le domaine D=R2. Les dérivées partielles premières sont fx=−sin(x)
y2+1
et fy=−2ycos(x)
(y2+1)2. Le système donnant les points critiques est donc
−sin(x0)
y2
0+1=0
−2y0cos(x0)
(y2
0+1)2=0
(21)
Pour satisfaire la première équation, il faut et il suffit que sin(x0) = 0, c’est à dire x0=nπ,avec n∈Z.
On a alors cos(x0) = 1 si nest pair et −1 si nest impair. La deuxième équation entraine alors y0=0.
Finalement, les points critiques sont les points (x0,y0)=(nπ,0)avec n∈Z(il y a donc une infinité,
situés sur l’axe des x).
Etudions la nature de ces points critiques. Les dérivées partielles secondes de fsont
fxx =−cos(x)
y2+1fxy =2ysin(x) (y2+1)2fyy =−2cos(x) (y2+1)2−2ycos(x)−4y (y2+1)3(22)
Au point critique, on a donc fxx =−cos(nπ),fxy =0 et fyy =−2 cos(nπ). Le discriminant vaut donc
∆=02−2cos2(nπ) = −2<0. De plus fxx(x0,y0) = −1 si nest pair, et on a donc un maximum local
dans ce cas, et fxx(x0,y0) = 1 si nest impair, auquel cas on a un minimum local au point (x0,y0).
3. Fonction f(x,y) = x3−xy+y2. C’est un polynôme, donc une fonction définie et indéfiniment dérivable
sur le domaine D=R2. Les dérivées partielles premières sont fx=3x2−yet fy=−x+2y. Le système
donnant les points critiques est donc
3x2
0−y0=0
−x0+2y0=0
(23)
La première équation donne y0=3x2
0, qu’on peut substituer dans la deuxième pour obtenir −x0+
6x2
0=0, ce qui donne x0=0 ou x0=1
6. On en déduit les deux points critiques (x0,y0)=(0,0)et
(x1,y1) = (1
6,1 12 ).
Les dérivées partielles secondes de fsont fxx =6x,fxy =−1 et fyy =2.
Au point critique (x0,y0)=(0,0), on a donc fxx =0 et ∆= (−1)2−0×2=1>0. Il s’agit d’un point
selle.
Au point critique (x1,y1)=(1
6,1 12 ), on a fxx =1, donc ∆= (−1)2−(1)×2=−1<0. Comme fxx >0
, il s’agit donc d’un minimum local.
4. Fonction f(x,y) = ex2+xy. Elle est composée de l’exponentielle qui est indéfiniment dérivable sur R
et d’un polynôme, donc elle est définie et indéfiniment dérivable sur le domaine D=R2. Les dérivées
partielles premières sont fx= (2x+y)ex2+xy et fy=xex2+xy. Le système donnant les points critiques
est donc 
(2x0+y0)ex2
0+x0y0=0
x0ex2
0+x0y0=0
(24)
Comme l’exponentielle ne s’annule jamais, la deuxième équation entraine x0=0. La première en-
traine alors y0=0. On vérifie bien que (x0,y0) = (0,0)est solution du système. C’est donc le seul
point critique de fsur R2.
Les dérivées partielles secondes de fsont
fxx =2ex2+xy + (2x+y)2ex2+xy fxy =ex2+xy +x(2x+y)ex2+xy fyy =x2ex2+xy (25)
Au point (x0,y0), on a donc fxx =2,fxy =1,fyy =0 , Le discriminant vaut donc ∆=f2
xy −fxx fyy =
1>0 , donc le point critique (0,0)est un point selle de f.
5. Fonction f(x,y) = 2−px2+y2. La fonction racine carrée est indéfiniment dérivable sur R+*mais
n’est pas dérivable en 0. Il faut donc exclure du domaine le point où x2+y2=0 . On en déduit que
4

fest indéfiniment dérivable sur le domaine D=R2∖{(0,0)}. Les dérivées partielles premières sont
fx=−2x
2√x2+y2=−x
√x2+y2et fy=−y √x2+y2. Le système donnant les points critiques est donc
−x0
qx2
0+y2 0
=0
−y0
qx2
0+y2 0
=0
(26)
En multipliant chaque équation par qx2
0+y2 0, le système entraine x0=0 et y0=0 . Or le point (0,0)
n’appartient pas au domaine d’étude. fn’a donc pas de point critique sur le domaine D.
6. Fonction f(x,y) = x3+3xy2−15x−12y. C’est encore un polynôme, donc indéfiniment dérivable sur
le domaine D=R2. Les dérivées partielles premières sont fx=3x2+3y2−15 et fy=6xy −12. Le
système donnant les points critiques est donc
3x2
0+3y2 0−15 =0
6x0y0−12 =0⇐⇒ 
x2
0+y2 0=5
x0y0=2
(27)
Le système entraine que (x0+y0)2=x2
0+y2 0+2x0y0=5+2×2=9 , donc x0+y0=±3 et aussi
(x0−y0)2=x2
0+y2 0−2x0y0=5−2×2=1 , donc x0−y0=±1. Ceci entraine que x0et y0
ne peuvent prendre que les valeurs ±3±1
2, c’est à dire ±1 et ±2 . On garde seulement les so-
lutions du système initial (parce qu’on a raisonné par implications), il y a donc 4 points critiques:
(−2,−1),(−1,−2),(1,2),(2,1).
Les dérivées partielles secondes de fsont fxx =6x,fxy =6y,fyy =6x. Le discriminant aux points
critiques vaut donc ∆= (6y0)2−(6x0)×(6x0) = 36(y2
0−x2 0).
Aux points critiques (−1,−2)et (1,2)on a donc ∆=108 >0, ce sont donc deux points selle.
Aux points critiques (−2,−1)et (2,1), on a ∆=−108 <0, et le signe de fxx(x0,y0)nous dit alors
que
∙fadmet un maximum local au point (−2,−1)
∙fadmet un minimum local au point (2,1)
Exercice 3
1. La fonction x2(2y+1)est de la forme φ(x)ψ(y)vue dans le cours, et le domaine Dest bien un
rectangle comme dans la formule du cours, donc on a
ZD
x2(2y+1)d(x,y) = Z1
−1
x2dxZ1
0
(2y+1)dy=x3
3x=1
x=−1y2+yy=1
y=0=4
3(28)
2. On applique la formule donnée dans l’énoncé, avec ici a(x) = 0 et b(x) = 1 . On a
g(x) = Z1
0
(x+y)1/2dy ="(x+y)3/2
3/2#y=1
y=0
=2
3(x+1)3/2−x3/2(29)
donc
I=2
3Z1
0(x+1)3/2−x3/2dx =2
3"(x+1)5/2 5/2−x5/2 5/2#1
0
=4
15 25/2=16 15 √2 (30)
3. Il y a une petite erreur dans l’énoncé parce que lorsque x∈[0,1], on a x26x. Il faut donc lire
D={(x,y)∈R2:x∈[0,1]et x26y6x}. On a donc
g(x) = Zx
x2x2dy =x2yy=x
y=x2=x3−x4(31)
et finalement
I=Z1
0
(x3−x4)∂x=x4
4−x5 51
0
=1
20 (32)
5