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) = x3y−x4
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)
h−0=
h3.0−h4
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)
k−0=
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) = x3y−x4
(x2+y4)px2+y2.
Si x= 0, on voit que R(x, y)=0; dans le cas contraire,
|x3y−x4|=|x3(y−x)|=|x|3|y−x|=|x|x2|y−x| ≤ |x|(x2+y4)|y−x|
et
|R(x, y)| ≤ |x||y−x|
px2+y2
≤px2+y2|y−x|
px2+y2
et donc, dans tous les cas :
|R(x, y)| ≤ |y−x| ≤ |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 + e−y2−1)=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 ∂y∂x = (4x3y−4xy)e−(x2+y2),
et
∂2g
∂y2= (−2x2+ 4x2y2)e−(x2+y2)−2.
Il en résulte que Hess(g)(1,0) = 
−4
e0
0−2
e−2
,
2

Hess(g)(−1,0) = 
−4
e0
0−2
e−2
,
Hess(g)(0,0) = 2 0
0−2.
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 t∈R, on a
et−1≥1+(t−1) = t
d’où
te−t≤1
e.
On a donc, pour tout (x, y)∈R2
g(x, y) = x2e−(x2+y2)−y2
≤x2e−(x2+y2)
≤x2e−x2
≤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+y2−1; 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 24xy2−24yx2= 0, ou 24xy(x−y)=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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