PSI* — 2020/2021 — Préparation aux oraux — Analyse no 29 Page 1
29. (Centrale) Soit f : (x, y)→
∞
n=1
un x2+y2 où un:t→ e−nt n2 .
Montrer que f est continue surR2 et qu’elle est de classe C1 surR2\ {(0,0)}.
. . . . Solution
Notons F =
∞
n=1un, de sorte que ∀(x, y)∈R2 f(x, y) =F x2+y2 .
Comme nous l’avons vu en classe, on établit classiquement grâce à la convergence normale que F est continue surR+ et qu’elle est de classeC1 sur[α,+∞[pour toutα >0. Elle est donc C1 surR+∗. Il en résulte, par simple composition, quef est continue surR2 etC1 sur U =R2\ (0,0) . Nous pouvons compléter ce résultat en montrant quef est C1 sur R2.
Nous avons établi grâce au théorème de dérivation terme à terme que :
∀t∈R+∗ F′(t) =
∞
n=1
u′n(t) =−
∞
n=1
e−nt
n et ∀(x, y)∈U ∂f
∂x(x, y) = 2xF′ x2+y2 d’où
∀x∈R∗ ∂f
∂x(x,0) =−2
∞
n=1
vn(x) où vn:x→ xe−nx2 n . Par définition, ∂f
∂x(0,0)est la dérivée en 0 de l’application partielleϕ:x→f(x,0). On étudie souvent son existence en examinant un taux de variation, mais ici je préfère utiliser le théorème de la limite de la dérivée : d’après ce qui précède, ϕest continue sur Ret dérivable en tout point de R∗, avec
∀x∈R∗ ϕ′(x) = ∂f
∂x(x,0) =−2G(x) où G=
∞
n=1
vn.
Je n’ai qu’à établir que Gest continue en 0 pour conclure que ϕ′ admet une limite finie en 0. . . Or les vn sont impaires, de classeC1 sur Ret :
∀x∈R+ v′n(x) = e−nx2
n 1−2nx2 . Il en résulte que
sup
R |vn|=vn 1
√2n = e−1/2 n√
2n =O 1 n3/2 .
Comme3/2>1, j’en déduis par comparaison à une série de Riemann que vn converge normalement sur R.
Gest ainsi la fonction somme d’une série de fonctions continues qui converge uniformément surR, par conséquentG est continue surR. En particulier G(x)−→x→0G(0) = 0.
Comme promis, il en résulte que ∂f
∂x(0,0)existe et vaut 0.
Il reste à prouver que la fonction ∂f
∂x est continue en (0,0) (nous avons déjà vu qu’elle était continue sur U. . . ). Or en forçant la chance :
∀(x, y)∈U ∂f
∂x(x, y) =−2x
∞
n=1
e−n(x2+y2)
n =−2 x
x2+y2G x2+y2 . Et, d’après l’étude précédente, par composition de limites,G x2+y2 −→
(x,y)→(0,0)0. Enfin,
∀(x, y)∈U x2+y2≥ |x| donc x
x2+y2 ≤1.
Nous avons donc une fonction bornée multipliée par une fonction de limite nulle, d’où finalement
∂f
∂x(x, y) −→
(x,y)→(0,0)0 = ∂f
∂x(0,0). Ainsi, ∂f
∂x est continue surR2. Compte tenu des rôles symétriques de x ety, il en est de même de ∂f
∂y. f est C1 sur R2 !
