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) = x3yx4
et
h:R2\ {(0,0)} → R
définie par h(x, y) = x2+y4. Alors get hsont différentiables (même C, car polynomiales), et hne
s’annule pas. f|R2\{(0,0)}=g
hest donc différentiable.
2. On a
(h6= 0) f(h, 0) f(0,0)
h0=
h3.0h4
h2+ 04
h
=h2
h
=h ,
lequel tend vers 0lorsque (h, k)tend vers (0,0).
La dérivée partielle f
x (0,0) existe donc, et vaut 0.
De même, pour chaque k6= 0 :
f(0, k)f(0,0)
k0=
03.k 04
02+k4
k
=0
k
= 0 ,
lequel tend bien sûr vers 0lorsque (h, k)tend vers (0,0).
La dérivée partielle f
y (0,0) existe donc, et vaut 0.
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 0lorsque (x, y)(0,0).
1
On a
R(x, y) = x3yx4
(x2+y4)px2+y2.
Si x= 0, on voit que R(x, y)=0; dans le cas contraire,
|x3yx4|=|x3(yx)|=|x|3|yx|=|x|x2|yx| ≤ |x|(x2+y4)|yx|
et
|R(x, y)| ≤ |x||yx|
px2+y2
px2+y2|yx|
px2+y2
et donc, dans tous les cas :
|R(x, y)| ≤ |yx| ≤ |x|+|y| ≤ 2px2+y2,
lequel tend vers 0lorsque (x, y)tend vers (0,0).
fest donc bien différentiable en (0,0), avec df(0,0) = 0.
Exercice II
1. Un extremum local de gdoit satisfaire aux conditions g
x = 0 et g
y = 0, soit
(2xe(x2+y2)2x3e(x2+y2)= 0
2x2ye(x2+y2)2y= 0 ,
ou
2x(1 x2)e(x2+y2)= 0
2x2ye(x2+y2)2y= 0 .
La première équation nous donne x∈ {−1,0,1}. Lorsque x= 0, la seconde s’écrit alors 2y= 0,
soit y= 0 ; lorsque x∈ {−1,1}, elle s’écrit 2y(1 + ey21)=0, soit aussi y= 0. Les éventuels
extrema locaux de gsont donc à rechercher parmi les points (1,0),(1,0) et (0,0).
Afin d’éclaircir la question, calculons la matrice hessienne de gen chacun de ces points. On a
2g
x2= (2 10x2+ 4x4)e(x2+y2),
2g
x∂y =2g
yx = (4x3y4xy)e(x2+y2),
et
2g
y2= (2x2+ 4x2y2)e(x2+y2)2.
Il en résulte que Hess(g)(1,0) =
4
e0
02
e2
,
2
Hess(g)(1,0) =
4
e0
02
e2
,
Hess(g)(0,0) = 2 0
02.
On voit que det(Hess(g)(1,0)) = 4
e(2
e+ 2) >0, donc ga un extremum local en (1,0) ; vu que
2g
x2(1,0) = 4
e<0,
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 xet 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 tR, on a
et11+(t1) = t
d’où
tet1
e.
On a donc, pour tout (x, y)R2
g(x, y) = x2e(x2+y2)y2
x2e(x2+y2)
x2ex2
1
e=g(1,0) = g(1,0)
d’où le résultat.
Exercice III
1. Dest évidemment fermé dans R2; il est borné (car (x, y)Dimplique |x| ≤ 1et |y| ≤ 1) ; il est
donc compact. Or hest continue, et sa restriction à Dl’est donc aussi ; il suffit alors d’appliquer le
Théorème de Heine.
2. Posons ϕ(x, y) = 4x2+y21; alors (x, y)Déquivaut à ϕ(x, y) = 0. En vertu du Théorème
des Extrema Liés, les points de Doù sont atteints le maximum et le minimum de hdoivent être
recherchés parmi ceux en lesquels le déterminant
ϕ
x
ϕ
y
h
x
h
y
est nul.
Mais ϕ
x = 8x ,
3
ϕ
y = 2y ,
h
x = 12x2,
et h
x = 3y2.
La condition s’écrit donc
8x2y
12x23y2
= 0 ,
soit 24xy224yx2= 0, ou 24xy(xy)=0, soit (x= 0,y= 0 ou x=y).
Combiné à la condition (x, y)D, soit 4x2+y2= 1, cela nous laisse six points candidats : (0,1),
(0,1),(1
2,0),(1
2,0),(1
5,1
5)et (1
5,1
5). Il suffit pour conclure de calculer les valeurs de
hen ces points. On obtient
h(0,1) = 1 ,
h(0,1) = 1,
h(1
2,0) = 1
2,
h(1
2,0) = 1
2,
h(1
5,1
5) = 1
5
et
h(1
5,1
5) = 1
5.
Le maximum max(x,y)Dh(x, y)est donc atteint en (0,1) et vaut 1.
Le minimum min(x,y)Dh(x, y)est, lui, atteint en (0,1) et vaut 1.
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