2015-2016

(1)

ISA BTP, 2◦ ann´ee ANN ´EE UNIVERSITAIRE 2015-2016

CONTR ˆOLE CONTINU

Fonctions de plusieurs variables

Dur´ee : 1h30 Les calculatrices sont autoris´ees.

Tous les exercices sont ind´ependants.

Il sera tenu compte de la r´edaction et de la pr´esentation.

Exercice 1 Soit f la fonction d´_{efinie sur R}2 _par

∀(x, y) ∈ R2_, _{f (x, y) = x}4_{+ y}4_{− 2(x − y)}2

1. Montrer que les points critiques de f sont P0= (0, 0), P1=

√

2, −√2 et P2=

−√2,√2 2. D´eterminer la nature des points critiques P1et P2.

3. ´Etude du point P0

(a) D´eterminer une droite D du plan (xOy) telle que

∀(x, y) ∈ D, f (x, y) > 0

(b) Montrer que tout voisinage de P0 contient des points (x, y) tels que P (x, y) < 0.

(c) En d´eduire la nature du point P0.

4. En accord avec l’étude précédente, determiner, parmi les cartes ci-dessous, celle de la fonction f autour de ses points critiques.

A B C

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

Exercice 2 Soit f la fonction d´_{efinie sur R}3 _par

∀(x, y, z) ∈ R3_, _{f (x, y, z) = xy + yz + 2zx − xyz}

1. Montrer que les points critiques de f sont

(2)

2. (a) Donner sans calcul le développement limité de la fonction f à l’ordre 2 en P1.

(b) En d´eduire la matrice hessienne Hf(P1).

(c) D´eterminer les valeurs propres de Hf(P1) et en d´eduire la nature du point P1.

3. (a) Déterminer le développement limité de f à l’ordre 2 au point P2.

(b) En d´eduire la matrice hessienne de Hf(P2) et en d´eduire la nature du point P2.

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

Exercice 3 _{1. Un changement de variables de R}2

Soient α ∈ R et

Φ : _R2 _−→

R2 (x, y) 7−→ (u(x, y), v(x, y)) le changement de variable (x, y) (u, v) d´efini par

u(x, y) = x − αy

v(x, y) = y

(a) Montrer que le champ de vecteurs r´eciproque de Φ est le champ Φ−1 : (u, v) 7→ (x(u, v), y(u, v)) d´efini par    x(u, v) = u + αv y(u, v) = v

(b) Montrer que pour toute fonction f : R2_{→ R de variables (x, y), en notant}

˜

f : (u, v) 7−→ f (u + αv, v)

les vecteurs ∇f et ∇ ˜f sont liés par une relation matricielle de la forme ∇ ˜f (u, v) = N × ∇f (u + αv, v) où N est une matrice 2 × 2 à déterminer.

Indication : puisque ∇f =      ∂f ∂x ∂f ∂y      et ∇ ˜f =      ∂ ˜f ∂u ∂ ˜f ∂v     

on pourra commencer par exprimer les

d´eriv´ees partielles ∂ ˜f ∂u et

∂ ˜f

∂v en fonction des d´eriv´ees partielles ∂f ∂x et

∂f ∂y). 2. Application à une équation aux dérivées partielles

Soit

(E) : α∂f ∂x +

∂f ∂y = 0 l’équation aux dérivées partielles d’inconnue f .

(a) Montrer que si f est une solution de (E), alors la fonction ˜

f : (u, v) 7−→ f (u + αv, v) v´erifie l’´equation

(E) : ∂ ˜f ∂v = 0

(b) D´eterminer l’ensemble des solutions de ( ˜E) et en d´eduire l’ensemble des solutions de (E).

? ? ?

(3)

CORRECTION

Exercice 1 :

1. Un point P = (x, y) ∈ R2 _{est un point critique de f si et seulement si}

(S) :          ∂f ∂x(x, y) = 0 ∂f ∂y(x, y) = 0 ⇐⇒ 4x3− 4(x − y) = 0 4y3+ 4(x − y) = 0 ⇐⇒ y = x − x3 (x − x3)3+ (x − (x − x3)) = 0 ⇐⇒ y = x − x3 2x3− 3x5_{+ 3x}7_{− x}9 ₌ ₀ ⇐⇒ y = x − x3 x3_{(2 − 3x}2_{+ 3x}4_{− x}6_{) = 0} ⇐⇒ x = 0 y = 0 ou y = x − x3 2 − 3x2_{+ 3x}4_{− x}6_{= 0}

En effectuant le changement de variable X = x2 dans la seconde équation du second système, on obtient le polynôme

Q(X) = −X3+ 3X2− 3X + 2

dont 2 est une racine ´evidente. La factorisation de ce polynˆome par X − 2 produit Q(X) = (X − 2)(−X2+ X − 1)

Or, le polynôme −X2+ X − 1 n’ayant pas de racine réelle, on obtient (S) ⇐⇒ x = 0 y = 0 ou y = x − x2 x2 ₌ ₂ ⇐⇒ x = 0 y = 0 ou x = √2 y = √2 − 2√2 = −√2 ou x = −√2 y = −√2 + 2√2 = √2 et l’on retrouve les trois points critiques proposés.

2. Pour déterminer la nature des points critiques P1et P2, on calcule les dérivées partielles secondes de f en

ces deux points. Ainsi :

             ∂2_f ∂x2(x, y) = 12x 2_{− 4} ∂2_f ∂x∂y(x, y) = 4 ∂2f ∂y2(x, y) = 12y 2_{− 4} D’o`u • ´Etude du point P1 : r1= ∂2_f ∂x2(P1) = 20, s1= ∂2_f ∂x∂y(P1) = 4, t1= ∂2_f ∂y2(P1) = 20 ∆1= r1t1− s21= 400 − 16 > 0

donc P1 est un extremum. De plus, puisque r1= 20 > 0, le point P1 est un minimum.

• ´Etude du point P2 : r2= ∂2_f ∂x2(P2) = 20 = r1, s2= ∂2_f ∂x∂y(P2) = 4 = s1, t2= ∂2_f ∂y2(P2) = 20 = t1

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3. (a) D’après l’expression de f (x, y), pour tout point P = (x, y) appartenant à la droite du plan de base d’équation y = x, on a

f (P ) = f (x, x) = 2x4> 0

(b) Le développement limité à l’ordre 2 de la fonction f au voisinage du point P0 est

f (x, y) = −2(x − y)2+ o(||(x, y||2)

Ainsi, quitte à être assez proche de P0, le signe de f (x, y) dépend uniquement du signe de −2(x − y)2,

soit n´egatif.

(c) Tout voisinage de P0 contient des couples (x, y) tels que f (x, y) < 0 et des couples (x, y) tels que

f (x, y) > 0. P0 est donc par d´efinition un point selle de f .

4. La carte B ne peut correspondre à la carte de f puisque les extrema (reconnaissables aux courbes de niveaux fermées) ne se situent pas sur la droite d’équation y = −x (à laquelle appartiennent les points P1

et P2).

Par ailleurs, la carte A ne pr´esente pas de point selle. La carte de f est donc la carte C.

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 2 : 1. (S) :                    ∂f ∂x(x, y) = 0 ∂f ∂y(x, y) = 0 ∂f ∂z(x, y) = 0 ⇐⇒    y + 2z − yz = 0 x + z − xz = 0 y + 2x − xy = 0 ⇐⇒    y + z(2 − y) = 0 (1) x + z(1 − x) = 0 (2) y + x(2 − y) = 0 (3) ⇐⇒    y + z(2 − y) = 0 (1) x + z(1 − x) = 0 (2) (x − z)(2 − y) = 0 (30) = (3) − (1) La troisième équation de ce système équivaut à

y = 2 ou x = z

Or la première condition, associée à l’équation (1) produit également l’équation y = 0, ce qui est incom-patible avec la première condition. Ainsi,

(S) ⇐⇒    z = x x + x(1 − x) = 0 y(1 − z) + 2z = 0 ⇐⇒    z = x x(2 − x) = 0 y =_z−12z ⇐⇒    x = 0 z = 0 y = 0 ou    x = 2 z = 2 y = 4

On retrouve ici les deux points critiques propos´es.

2. (a) Le développement limité de f en P1= (0, 0, 0) s’obtient en négligeant les termes de degrés > 2 ainsi :

f (x, y, z) = xy + yz + 2xz + o(x2+ y2+ z2) =1

2(2xy + 2yz + 4xz) + o(x

(5)

(b) D’apr`es le D.L. ci dessus, on a Hf(P1) =   0 1 2 1 0 1 2 1 0  

(c) Les valeurs propres de la matrice Hf(P1) sont par d´efinition les solution de l’´equation polynomiale

det(Hf(P1) − λI2) = 0 d’inconnue λ. Or

det(Hf(P1) − λI3) = −λ 1 2 1 −λ 1 2 1 −λ = −λ − 2 0 2 + λ 1 −λ 1 2 1 −λ (L1← L1− L3) = (λ + 2) −1 0 1 1 −λ 1 2 1 −λ = (λ + 2) −1 0 0 1 −λ 2 2 1 2 − λ (C3← C3+ C1) = −(λ + 2)(−λ(2 − λ) − 2) = −(λ + 2)(λ2− 2λ − 2) Un calcul de discriminant produit alors les valeurs propres

λ1= −2 < 0, λ2= 1 −

√

3 < 0, λ3= 1 +

√ 3 > 0 Ces valeurs propres ´etant de signes diff´erents, le point P1est un point selle.

3. On peut obtenir le développement limité de f au point P2à l’aide du changement de variables

(x, y, z) = (2 + X, 4 + Y, 2 + Z) Ainsi, f (2 + X, 4 + Y, 2 + Z) =(2 + X)(4 + Y ) + (4 + Y )(2 + Z) + 2(2 + X)(2 + Z) − (2 + X)(4 + Y )(2 + Z) =8 + 4X + 2Y + XY + 8 + 2Y + 4Z + +Y Z + 4 + 4X + 4X + 4Z + 2XZ − 16 − 8X − 4Y − 8Z − 2XY − 2Y Z − 4XZ − XZY =4 − XY − Y Z − 2XZ + −XY Z)

Puisque f (2, 4, 2) = 4, on retrouve le d´eveloppement limit´e

f (2 + X, 4 + Y, 2 + Z) − f (P2) = −XY − Y Z − 2Xo(X2+ Y2+ Z2)

et

Hf(P2) = −Hf(P1)

Les valeurs propres de cette matrice sont donc (sans calcul) 2, −1 +√3, −1 −√3. Elles sont là encore de signes différents et P2est également un point selle.

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 3 :

1. On obtient le champ de vecteurs Φ−1 inversant le syst`eme (S) : u = x − αy v = y D’o`u (S) ⇐⇒ x = u + αy = u + αv y = v

(6)

2. Soit f une fonction de variables (x, y) et ˜f la fonction d´efinie par

∀(u, v) ∈ R2_, _{f (u, v) = f (x(u, v), y(u, v)) = f (u + αv, v)}_˜

D’après la formule de dérivation des fonctions composées de plusieurs variables, on a            ∂ ˜f ∂u(u, v) = ∂x ∂u(u, v). ∂f ∂x(u + αv, v) + ∂y ∂u(u, v). ∂f ∂y(u + αv, v) ∂ ˜f ∂v(u, v) = ∂x ∂v(u, v). ∂f ∂x(u + αv, v) + ∂y ∂v(u, v). ∂f ∂y(u + αv, v) D’où            ∂ ˜f ∂u(u, v) = ∂f ∂x(u + αv, v) ∂ ˜f ∂v(u, v) = α. ∂f ∂x(u + αv, v) + ∂f ∂y(u + αv, v) ⇐⇒      ∂ ˜f ∂u(u, v) ∂ ˜f ∂v(u, v)      = N ×      ∂f ∂x(u + αv, v) ∂f ∂y(u + αv, v)      avec N = 1 0 α 1

3. (a) D’après la question précédente, si f est une solution de l’équation α∂f

∂x + ∂f ∂y = 0 pour tout (u, v) ∈ R, on a

α∂f

∂x(u + αv, v) + ∂f

∂y(u + αv, v) = 0

On reconnaˆıt dans le membre de gauche de cette équation la dérivées partielle ∂ ˜f

∂v(u, v) et l’on obtient l’´equation ( ˜E) cherch´ee.

(b) Les solutions de ( ˜E) sont les fonctions de variables (u, v) ne d´ependant pas de v : ˜

f : (u, v) 7−→ k(u) pour toute fonction k d’une variable r´eelle.

D’apr`es l’expression du champ de vecteurs Φ, les solutions de l’´equation (E) sont toutes les fonctions de la forme

f : (x, y) 7−→ k(x − αy) pour toute fonction k d’une variable r´eelle.

? ? ?