L2 – Fonctions de plusieurs variables Corrigé du Contrôle Continu

L2 – Fonctions de plusieurs variables
Corrigé du Contrôle Continu du 11 Décembre 2014
Paul Lescot
Exercice I
1. Soient
g : R2 \ {(0, 0)} → R
définie par
g(x, y) = x3 y − x4
et
h : R2 \ {(0, 0)} → R
définie par h(x, y) = x2 + y 4 . Alors g et h sont différentiables (même C ∞ , car polynomiales), et h ne
g
s’annule pas. f |R2 \{(0,0)} = est donc différentiable.
h
2. On a
(∀h 6= 0)
f (h, 0) − f (0, 0)
h−0
h3 .0 − h4
h2 + 0 4
=
h
2
−h
=
h
= −h ,
lequel tend vers 0 lorsque (h, k) tend vers (0, 0).
∂f
La dérivée partielle
(0, 0) existe donc, et vaut 0.
∂x
De même, pour chaque k 6= 0 :
f (0, k) − f (0, 0)
k−0
03 .k − 04
02 + k 4
=
k
0
=
k
= 0,
lequel tend bien sûr vers 0 lorsque (h, k) tend vers (0, 0).
∂f
La dérivée partielle
(0, 0) existe donc, et vaut 0.
∂y
3. D’après 2., la différentielle df (0, 0), si elle existe, doit être nulle ; Considérons donc
R(x, y) :=
f (x, y) − f (0, 0) − (0.x + 0.y)
.
||(x, y)||
Il s’agit de déterminer si cette expression tend vers 0 lorsque (x, y) → (0, 0).
1
On a
R(x, y) =
x3 y − x4
p
.
(x2 + y 4 ) x2 + y 2
Si x = 0, on voit que R(x, y) = 0 ; dans le cas contraire,
|x3 y − x4 | = |x3 (y − x)| = |x|3 |y − x| = |x|x2 |y − x| ≤ |x|(x2 + y 4 )|y − x|
et
|x||y − x|
p
x2 + y 2
p
x2 + y 2 |y − x|
p
x2 + y 2
|R(x, y)| ≤
≤
et donc, dans tous les cas :
|R(x, y)| ≤ |y − x| ≤ |x| + |y| ≤ 2
p
x2 + y 2 ,
lequel tend vers 0 lorsque (x, y) tend vers (0, 0).
f est donc bien différentiable en (0, 0), avec df (0, 0) = 0.
Exercice II
1. Un extremum local de g doit satisfaire aux conditions
(
2xe−(x
2 +y 2 )
∂g
∂g
= 0 et
= 0, soit
∂x
∂y
− 2x3 e−(x
−(x2 +y 2 )
−2x2 ye
2 +y 2 )
=0
− 2y = 0 ,
ou




2x(1 − x2 )e−(x
−(x2 +y 2 )
−2x2 ye



2 +y 2 )
=0
− 2y = 0 .
La première équation nous donne x ∈ {−1, 0, 1} . Lorsque x = 0, la seconde s’écrit alors −2y = 0,
2
soit y = 0 ; lorsque x ∈ {−1, 1}, elle s’écrit −2y(1 + e−y −1 ) = 0, soit aussi y = 0. Les éventuels
extrema locaux de g sont donc à rechercher parmi les points (1, 0), (−1, 0) et (0, 0).
Afin d’éclaircir la question, calculons la matrice hessienne de g en chacun de ces points. On a
∂2g
2
2
= (2 − 10x2 + 4x4 )e−(x +y ) ,
2
∂x
∂2g
∂2g
2
2
=
= (4x3 y − 4xy)e−(x +y ) ,
∂x∂y
∂y∂x
et
∂2g
2
2
= (−2x2 + 4x2 y 2 )e−(x +y ) − 2.
2
∂y


4
0 
−
Il en résulte que Hess(g)(1, 0) =  e
 ,
2
0 − −2
e
2


4
−
0


Hess(g)(−1, 0) =  e
 ,
2
0 − −2
e
2 0
Hess(g)(0, 0) =
.
0 −2
4 2
On voit que det(Hess(g)(1, 0)) = ( + 2) > 0, donc g a un extremum local en (1, 0) ; vu que
e e
∂2g
4
(1, 0) = − < 0 ,
2
∂x
e
il s’agit d’un maximum local.
Il en est de même en (−1, 0) ; cela peut se voir, soit par le même calcul, soit en remarquant que
g(−x, y) = g(x, y)
pour tous x et y.
En (0, 0), on a det(Hess(g)(0, 0)) = −4 < 0 ; il n’y a donc pas d’extremum local.
2. En fait (1, 0) et (−1, 0) sont des maxima globaux pour g. En effet, pout chaque t ∈ R, on a
et−1 ≥ 1 + (t − 1) = t
d’où
1
.
e
te−t ≤
On a donc, pour tout (x, y) ∈ R2
2 +y 2 )
g(x, y) = x2 e−(x
− y2
2 +y 2 )
≤ x2 e−(x
2
≤ x2 e−x
1
≤
= g(1, 0) = g(−1, 0)
e
d’où le résultat.
Exercice III
1. D est évidemment fermé dans R2 ; il est borné (car (x, y) ∈ D implique |x| ≤ 1 et |y| ≤ 1) ; il est
donc compact. Or h est continue, et sa restriction à D l’est donc aussi ; il suffit alors d’appliquer le
Théorème de Heine.
2. Posons ϕ(x, y) = 4x2 + y 2 − 1 ; alors (x, y) ∈ D équivaut à ϕ(x, y) = 0. En vertu du Théorème
des Extrema Liés, les points de D où sont atteints le maximum et le minimum de h doivent être
recherchés parmi ceux en lesquels le déterminant
∂ϕ
∂x
∂h
∂x
est nul.
Mais
∂ϕ ∂y ∂h ∂y
∂ϕ
= 8x ,
∂x
3
∂ϕ
= 2y ,
∂y
∂h
= 12x2 ,
∂x
et
∂h
= 3y 2 .
∂x
La condition s’écrit donc
8x
2y 12x2 3y 2 = 0 ,
soit 24xy 2 − 24yx2 = 0, ou 24xy(x − y) = 0, soit (x = 0, y = 0 ou x = y).
Combiné à la condition (x, y) ∈ D, soit 4x2 + y 2 = 1, cela nous laisse six points candidats : (0, 1),
1
1
1
1
1 1
(0, −1), ( , 0), (− , 0), ( √ , √ ) et (− √ , − √ ). Il suffit pour conclure de calculer les valeurs de
2
2
5 5
5
5
h en ces points. On obtient
h(0, 1) = 1 ,
h(0, −1) = −1 ,
1
1
h( , 0) = ,
2
2
1
1
h(− , 0) = − ,
2
2
1 1
1
h( √ , √ ) = √
5 5
5
et
1
1
1
h(− √ , − √ ) = − √ .
5
5
5
Le maximum max(x,y)∈D h(x, y) est donc atteint en (0, 1) et vaut 1.
Le minimum min(x,y)∈D h(x, y) est, lui, atteint en (0, −1) et vaut −1.
4