Corrigés des fonctions à plusieurs variables

Corrigés des fonctions à plusieurs variables
Exercice 1
∙ Fonction f (x, y) = xy = ey ln(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 D est donc D = {(x, y) ∈ R2 : x > 0 et y quelconque } = R+* × R.
Les dérivées partielles sont
∂ (xy )
∂f
(x, y) =
= y xy−1
∂x
∂x
∂f
∂ (ey ln(x) )
(x, y) =
= ln(x) ey ln(x) = ln(x) xy
∂y
∂y
∂ ( ∂∂ xf ) ∂ (y xy−1 )
∂2 f
=
=
= y (y − 1) xy−2
∂ x2
∂x
∂x
∂ ( ∂∂ yf ) ∂ (ln(x) xy )
∂2 f
=
=
= ln2 (x) xy
∂ y2
∂y
∂y
(1)
∂ ( ∂∂ yf ) ∂ (ln(x) xy ) 1 y
∂2 f
=
=
= x + ln(x)x xy−1 = (1 + x ln(x)) xy−1
∂ x∂ y
∂x
∂x
x
Le gradient et le laplacien sont
! ∂f
(x, y)
y xy−1
∂
x
∇ f (x, y) = ∂ f
=
ln(x) xy
∂ y (x, y)
∆ f (x, y) =
∂2 f ∂2 f
+
= y (y − 1) xy−2 + ln2 (x) xy
∂ x2 ∂ y2
(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) =
1
f (1, 1) + h fx (1, 1) + k fy (1, 1) + {h2 fxx (1, 1) + 2hk fxy (1, 1) + k2 fyy (1, 1)} + (h2 + k2 )ε(h, k)
2
1
= 1 + h + {2hk + k2 } + (h2 + k2 )ε(h, k)
2
avec ε(h, k) → 0 quand
h2 + k 2
(3)
→ 0.
L’équation du plan tangent à la surface représentative de f au point (x0 , y0 ) s’obtient en prenant les termes
d’ordre au plus 1 dans la formule de Taylor, où on remplace h par x − x0 et k par y − y0 . Ici, cela donne
z = 1 + (x − 1)
soit encore
x−z = 0
(4)
∙ Fonction f (x, y) = 2x3 + 3x2 y − 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
(5)
fyy = −4
Au point (1, 1), on a f = 3, fx = 12, fy = −1, fxx = 18, fxy = 6, fyy = −4 d’où la formule de Taylor
1
f (1 + h, 1 + k) = 3 + 12h − k + {18h2 + 12hk − 4k2 } + (h2 + k2 )ε(h, k)
2
(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
1
(7)
∙ Fonction f (x, y) = ln(xy2 ). La fonction n’est définie que lorsque xy2 > 0 ce qui revient à dire que x > 0 et
y ̸= 0 donc D = {(x, y) ∈ R2 : x > 0 et y ̸= 0}. Sur ce domaine, la fonction est composée de fonctions
indéfiniment dérivables, elle est donc indéfiniment dérivable. Les dérivées partielles sont
fx (x, y) =
1
y2
=
xy2
x
fy =
2xy 2
=
xy2
y
(8)
1
fxx = − 2
x
2
fyy = − 2
y
fxy = 0
Au point (1, 1), on a f = 0, fx = 1, fy = 2, fxx = −1, fxy = 0, fyy = −2 d’où la formule de Taylor
1
f (1 + h, 1 + k) = h + 2k + {−h2 − 2k2 } + (h2 + k2 )ε(h, k)
2
(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( xy ). La fonction n’est définie que lorsque y ̸= 0 donc D = {(x, y) ∈ R2 : y ̸=
0}. C’est le plan R2 privé de l’axe des x. La fonction arctan est indéfiniment dérivable sur R, donc par
composition, f est indéfiniment dérivable sur D . Les dérivées partielles sont
fx (x, y) =
1
y
1
= 2
y 1 + ( xy )2
x + y2
fxx =
fxy =
1
x2 + y2
−y
fy = −
−2xy
fyy =
(x2 + y2 )2
2y
(x2 + y2 )2
=
1
1
−1
= 2
y2 1 + ( xy )2
x + y2
(11)
x 2 − y2
(x2 + y2 )2
Au point (1, 1), on a f = π4 , fx = 21 , fy = − 12 , fxx = − 12 , fxy = 0, fyy =
f (1 + h, 1 + k) =
2y
(x2 + y2 )2
1
2
d’où la formule de Taylor
π h k 1
h2 k2
+ − + {− + } + (h2 + k2 )ε(h, k)
4 2 2 2
2
2
(12)
avec ε(h, k) → 0 quand h2 + k2 → 0. L’équation du plan tangent est donc
z=
∙ Fonction f (x, y) =
xy2
x+y ,
∙ Fonction f (x, y) =
xy
|x|+|y| .
π x−1 y−1 π x y
+
−
= + −
4
2
2
4 2 2
(13)
vue en scéance d’exos.
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 : x ̸= 0 et y ̸= 0}. Ce domaine est le plan R2 privé de
l’axe des x et 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
xya
by2
=
−
2
ax + by (ax + by)
(ax + by)2
fxx = by2
fxy =
−2a
−2aby2
=
(ax + by)3
(ax + by)3
fy =
x
xyb
ax2
=
−
2
ax + by (ax + by)
(ax + by)2
fyy = ax2
2by
−2b
2abxy
+ by2
=
(ax + by)2
(ax + by)3
(ax + by)3
2
−2b
−2abx2
=
(ax + by)3
(ax + by)3
(15)
Au point (1, 1), on a a = b = 1 et f = 12 , fx = 14 , fy = 14 , fxx = − 14 , fxy = 14 , fyy = − 14 d’où la formule de
Taylor
1 h k 1
h2 hk k2
f (1 + h, 1 + k) = + + + {− + − } + (h2 + k2 )ε(h, k)
(16)
2 4 4 2
4
2
4
avec ε(h, k) → 0 quand h2 + k2 → 0. L’équation du plan tangent est donc
z=
1 x−1 y−1 x+y
+
+
=
2
4
4
4
(17)
Exercice 2
Rappelons ce qui est dit dans le cours:
∙ Lorsque f (x, y) est continûment dérivable sur un domaine ouvert D du plan R2 , un point (x0 , y0 ) ∈ D est dit
point critique de f si ∇ f (x0 , y0 ) = 0, c’est à dire si le système suivant est satisfait

∂f



 ∂ x (x0 , y0 ) = 0
(18)


∂
f


(x0 , y0 ) = 0
∂y
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
1
f (x0 + h, y0 + k) = f (x0 , y0 ) + { fxx (x0 , y0 )h2 + 2 fxy (x0 , y0 )hk + fyy (x0 , y0 )k2 } + (h2 + k2 )ε(h, k)
2
(19)
2 (x , y ) − f (x , y ) f (x , y ) on a alors l’alternative suivante
On considère le discriminant ∆ = fxy
xx 0 0 yy 0 0
0 0
– si ∆ < 0 , le point critique est
* un minimum local de f si fxx (x0 , y0 ) > 0
* un maximum local de f si 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
2
2
1. Fonction f (x, y) = 4e−x −y . Cette fonction est indéfiniment dérivable sur D = R2 et on a fx =
2
2
2
2
−8xe−x −y et fy = −8ye−x −y . Le système donnant les points critiques s’écrit donc

2
2

 −8x0 e−x0 −y0 = 0
(20)

 −8y e−x02 −y20 = 0
0
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).
2
2
2
2
Pour aller plus loin, il nous faut les dérivées partielles secondes. On a fxx = −8e−x −y + 16x2 e−x −y ,
2
2
2
2
donc fxx (0, 0) = −8, de même fxy = −16xye−x −y donc fxy (0, 0) = 0, enfin fyy = −8e−x −y +
2
2
16y2 e−x −y , 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. f est donc définie
et indéfiniment dérivable sur le domaine D = R2 . Les dérivées partielles premières sont fx =
et fy =
−2y cos(x)
.
(y2 +1)2
− sin(x)
y2 +1
Le système donnant les points critiques est donc






− sin(x0 )
=0
y20 + 1
(21)


−2y0 cos(x0 )


=0

(y20 + 1)2
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 n est pair et −1 si n est 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 f sont
fxx =
− cos(x)
y2 + 1
fxy =
2y sin(x)
(y2 + 1)2
fyy =
−2 cos(x)
−4y
− 2y cos(x) 2
(y2 + 1)2
(y + 1)3
(22)
Au point critique, on a donc fxx = − cos(nπ), fxy = 0 et fyy = −2 cos(nπ). Le discriminant vaut donc
∆ = 02 − 2 cos2 (nπ) = −2 < 0. De plus fxx (x0 , y0 ) = −1 si n est pair, et on a donc un maximum local
dans ce cas, et fxx (x0 , y0 ) = 1 si n est 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 −y et fy = −x+2y. Le système
donnant les points critiques est donc

 3x02 − y0 = 0
(23)

−x0 + 2y0 = 0
La première équation donne y0 = 3x02 , qu’on peut substituer dans la deuxième pour obtenir −x0 +
6x02 = 0, ce qui donne x0 = 0 ou x0 = 61 . On en déduit les deux points critiques (x0 , y0 ) = (0, 0) et
1
(x1 , y1 ) = ( 61 , 12
).
Les dérivées partielles secondes de f sont 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.
1
Au point critique (x1 , y1 ) = ( 61 , 12
), on a fxx = 1, donc ∆ = (−1)2 − (1) × 2 = −1 < 0. Comme fxx > 0
, il s’agit donc d’un minimum local.
2
4. Fonction f (x, y) = ex +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
2
2
partielles premières sont fx = (2x + y)ex +xy et fy = xex +xy . Le système donnant les points critiques
est donc

2

 (2x0 + y0 )ex0 +x0 y0 = 0
(24)

2

x0 ex0 +x0 y0 = 0
Comme l’exponentielle ne s’annule jamais, la deuxième équation entraine x0 = 0. La première entraine alors y0 = 0. On vérifie bien que (x0 , y0 ) = (0, 0) est solution du système. C’est donc le seul
point critique de f sur R2 .
Les dérivées partielles secondes de f sont
fxx = 2ex
2 +xy
+ (2x + y)2 ex
2 +xy
fxy = ex
2 +xy
+ x(2x + y)ex
2 +xy
fyy = x2 ex
2 +xy
(25)
2 − f f =
Au point (x0 , y0 ) , on a donc fxx = 2, fxy = 1, fyy = 0 , Le discriminant vaut donc ∆ = fxy
xx yy
1 > 0 , donc le point critique (0, 0) est un point selle de f .
p
5. Fonction f (x, y) = 2 − x2 + 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
f est indéfiniment dérivable sur le domaine D = R2 ∖{(0, 0)}. Les dérivées partielles premières sont
fx = − √2x2 2 = − √ 2x 2 et fy = − √ 2y 2 . Le système donnant les points critiques est donc
x +y
2
x +y
x +y

x0

=0
−q


2 + y2


x

0
0
(26)

y0


=0
−q



x02 + y20
q
En multipliant chaque équation par x02 + y20 , le système entraine x0 = 0 et y0 = 0 . Or le point (0, 0)
n’appartient pas au domaine d’étude. f n’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
 2
 2
 3x0 + 3y20 − 15 = 0
 x0 + y20 = 5
⇐⇒
(27)


6x0 y0 − 12 = 0
x0 y0 = 2
Le système entraine que (x0 + y0 )2 = x02 + y20 + 2x0 y0 = 5 + 2 × 2 = 9 , donc x0 + y0 = ±3 et aussi
(x0 − y0 )2 = x02 + y20 − 2x0 y0 = 5 − 2 × 2 = 1 , donc x0 − y0 = ±1. Ceci entraine que x0 et y0
ne peuvent prendre que les valeurs ±3±1
, c’est à dire ±1 et ±2 . On garde seulement les so2
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 f sont fxx = 6x, fxy = 6y, fyy = 6x . Le discriminant aux points
critiques vaut donc ∆ = (6y0 )2 − (6x0 ) × (6x0 ) = 36(y20 − x02 ) .
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
∙ f admet un maximum local au point (−2, −1)
∙ f admet 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 D est bien un
rectangle comme dans la formule du cours, donc on a
Z
x2 (2y + 1)d(x, y) =
1
Z
x2 dx
Z
−1
D
0
1
3 x=1
2
y=1 4
x
(2y + 1)dy =
y + y y=0 =
3 x=−1
3
(28)
2. On applique la formule donnée dans l’énoncé, avec ici a(x) = 0 et b(x) = 1 . On a
"
Z 1
g(x) =
1/2
(x + y)
0
(x + y)3/2
dy =
3/2
donc
2
I=
3
Z 1
3/2
(x + 1)
−x
3/2
0
#y=1
=
y=0
2
(x + 1)3/2 − x3/2
3
"
#1
2 (x + 1)5/2 x5/2
4
16 √
dx =
−
= 25/2 =
2
3
5/2
5/2
15
15
(29)
(30)
0
3. Il y a une petite erreur dans l’énoncé parce que lorsque x ∈ [0, 1] , on a x2 6 x . Il faut donc lire
D = {(x, y) ∈ R2 : x ∈ [0, 1] et x2 6 y 6 x} . On a donc
Z x
g(x) =
x2
y=x
x2 dy = x2 y y=x2 = x3 − x4
et finalement
Z 1
I=
(x3 − x4 )∂ x =
0
5
x4 x5
−
4
5
1
=
0
1
20
(31)
(32)
4. Sur le domaine D , x et y doivent être positifs ou nuls et leur somme inférieure ou égale à 1. x est
donc entre 0 et 1, et pour x fixé, y peut varier de 0 à 1 − x (le domaine est un triangle en fait). On est
donc dans le cas de la formule donnée par l’énoncé, avec a(x) = 0 et b(x) = 1 − x . Donc
Z 1−x
g(x) =
0
2 y=1−x
x(1 − x)2
y
x − 2x2 + x3
=
xydy = x
=
2 y=0
2
2
finalement
I=
1
2
Z 1
(x − 2x2 + x3 )dx =
0
1
1 x2
x3 x4
1
−2 +
=
2 2
3
4 0 24
(33)
(34)
5. Celui là était difficile. Tout d’abord le domaine D est défini par l’équation x2 + y2 − x 6 0 , qu’on peut
2
récrire x − 21 + y2 6 14 , ce qui est l’équation d’un disque centré au point ( 12 , 0) et de rayon 12 .
2
2
On tente de procéder
√ avec la formule
√ de l’énoncé. x peut varier sur l’intervalle [0, 1] et y 6 x − x , ce
qui équivaut à − x − x2 6 y 6 x − x2 . Donc
√
√
Z x−x2
p
x−x2
xdy = [xy] √
g(x) = √
= 2x x − x2
(35)
−
x−x2
−
x−x2
Le problème est qu’on ne sait pas facilement primitiver g . Si on pose u(x) = x−x2 , on a u′ (x) = 1−2x
, d’où l’idée d’écrire
Z
Z 1
Z
Z
Z p
1
1
1
d(x, y) +
d(x, y) = −
u′ (x) u(x)dx +
1d(x, y) (36)
f (x, y)d(x, y) =
x−
2
2 D
0
D2
D
D
On a
Z 1
0
"
#1
p
u(x)3/2
u (x) u(x)dx =
=0
3/2
′
(37)
0
De plus, pour tout domaine (fermé et borné) D du plan, on a
Z
1d(x, y) = Aire(D)
(38)
D
On peut le voir en se souvenant de la définition de l’intégrale double d’une fonction positive comme
le volume compris entre le plan z = 0 et la surface représentant f dans l’espace. Lorsque la fonction
f vaut 1, il s’agit du volume d’un cylindre de base D compris entre les deux plans z = 0 et z = 1 . Ce
volume vaut l’aire de D .
Ici, l’aire d’un disque de rayon
1
2
est
π
4
et donc
Z
f (x, y)d(x, y) =
D
6
π
8
(39)