ISA BTP, 2◦ ann´ee ANN ´EE UNIVERSITAIRE 2016-2017
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 1. Une ´etude pr´eliminaire
Soit g la fonction d´efinie sur R∗+par g(x) = x2+ ln(x). Montrer que l’´equation g(x) = 0 admet une unique
solution α et que 12< α < 1.
2. Soit f la fonction de variables (x, y) d´efinie par
f (x, y) = xey+ y ln(x) (a) D´eterminer le domaine de d´efinition Df de f .
(b) Calculer les d´eriv´ees partielles de f .
(c) Montrer que f admet pour unique point critique le point P0 = (α, ln(α)) o`u α est la constante
d´etermin´ee `a la question 1. (d) Montrer que P0 est un point selle.
(e) Parmi les cartes topographiques ci-dessous, laquelle repr´esente la fonction f ? (Justifier).
I II
0
0.5
1
1.5
2
-1
-0.5
0
0.5
1
0
0.5
1
1.5
2
-1
-0.5
0
0.5
1
III IV0
0.5
1
1.5
2
-1
-0.5
0
0.5
1
0
0.5
1
1.5
2
-1
-0.5
0
0.5
1
Exercice 2 Soit
f : (x, y, z) 7−→ x ln(y) + z ln(x) − y 1. D´eterminer le domaine de d´efintion de f .
2. Calculer les d´eriv´ees partielles de f .
3. Montrer que f admet pour unique point critique le point P0= (1, 1, 0).
4. `A l’aide du changement de variable
x = 1 + h y = 1 + k z = `
d´eterminer le d´eveloppement limit´e de f `a l’ordre 2 en P0. On rappelle qu’au voisinage de 0, on a
ln(1 + u) = u −u
2
2 + o(u
2)
5. En d´eduire la matrice hessienne H0 de f en P0.
6. Un op´erateur de calcul num´erique permet d’obtenir des valeurs propres approch´ees : λ1≈ −1.80, λ2≈ −0.45, λ3≈ 1.25
En d´eduire la nature du point critique P0.
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
Exercice 3 On souhaite d´eterminer l’ensemble des fonctions f d´efinies sur R∗+× R et solutions de l’´equation
aux d´eriv´ees partielles ci-dessous :
(E) : x∂f ∂x + y
∂f ∂y = 2x
2+ 2y2
Pour cela, on consid`ere le changement de variables en coordonn´ees polaires (x, y) (r, θ) d´efini par x(r, θ) = r cos(θ) y(r, θ) = r sin(θ) , r > 0, θ ∈ i −π 2, π 2 h
1. Soient f une fonction de variables (x, y) d´efinie sur R∗+× R et ˜f la fonction d´efinie sur R∗+×−π 2, π 2 par ˜ f (r, θ) = f (r cos(θ), r sin(θ)) (a) Calculer ∂ ˜f ∂r en fonction de ∂f ∂x et ∂f ∂y.
(b) Montrer que si f est une solution de (E), alors ˜f est solution de l’´equation ( ˜E) : ∂ ˜f
∂r = 2r 2. D´eterminer l’ensemble des solutions de l’´equation ( ˜E).
3. En d´eduire l’ensemble des solutions de (E).
? ? ?
CORRECTION
Exercice 1 :
1. La fonction g v´erifie g 12 = 1 4+ ln
1
2 ≈ −0.44 < 0 et g(1) = 1 > 0. Puisque g est continue, d’apr`es le
th´eor`eme des valeurs interm´ediaires, la fonction g passe (au moins une fois) en 0 entre 12 et 1. De plus, g est d´erivable sur R∗+ et
∀x ∈ R∗+, g
0(x) = 2x + 1
x > 0
La fonction g est donc strictement croissante sur R∗+. Elle est donc bijective et ne prend qu’une seule fois
la valeur 0. L’´equation g(x) = 0 admet donc une unique solution α ∈1 2, 1.
2. (a) La quantit´e f (x, y) est d´efinie pour tout couple (x, y) ∈ R2 tel que x > 0. Le domaine de d´efinition
de f est donc Df= R∗+× R.
(b) Les d´eriv´ees partielles de f sont ∂f ∂x(x, y) = e y+y x et ∂f ∂y(x, y) = xe y+ ln(x)
(c) Le point P = (x, y) ∈ Df est un point critique de f si et seulement si
∂f ∂x(x, y) = 0 ∂f ∂y(x, y) = 0 ⇐⇒ ey+y x = 0 xey+ ln(x) = 0 ⇐⇒ ey = −y x y = ln(x) ⇐⇒ x = −ln(x) x y = ln(x) ⇐⇒ g(x) = 0 y = ln(x)
D’apr`es la question 1, le point P = (x, y) ∈ Df est un point critique de f si et seulement
x = α
y = ln(α) (d) Les d´eriv´ees partielles secondes de f sont
∂2f ∂x2(x, y) = − y x2 ∂2f ∂x∂y(x, y) = e y+ 1 x ∂2f ∂y2(x, y) = xe y
∂x2 α2 s = ∂ 2f ∂x∂y(α, ln(α)) = α + 1 α t = ∂ 2f ∂y2(α, ln(α)) = α 2 Et ∆ = rt − s2= − ln(α) − α + 1 α 2 = − ln(α) − α2 | {z } =−g(α)=0 −2 − 1 α2 Donc ∆ = −2 − 1
α2 < 0 et P = (α, ln(α)) est bien un point selle.
(e) Les seules cartes repr´esentant des points selles sont les cartes I et III. Par ailleurs, si 12 < α < 1, alors l’ordonn´ee ln(α) de P est n´egative. Donc la bonne carte est la carte III.
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 2 :
1. La fonction f est d´efinie pour tout (x, y, z) ∈ R3 tel que x > 0 et y > 0. Donc Df = (R∗+) 2
× R. 2. Les d´eriv´ees partielles de f sont
∂f ∂x(x, y, z) = ln(y) + z x ∂f ∂y(x, y, z) = x y − 1 ∂f ∂z(x, y, z) = ln(x) 3. Les points critiques de f sont les solutions du syst`eme
∂f ∂x(x, y, z) = 0 ∂f ∂y(x, y, z) = 0 ∂f ∂z(x, y, z) = 0 ⇐⇒ ln(y) +z x = 0 x y − 1 = 0 ln(x) = 0 ⇐⇒ z = 0 y = x = 1 x = 1
On obtient bien le point P0= (1, 1, 0) comme unique point fixe de f .
4. `A l’aide du changement de variables donn´e, on a
f (1 + h, 1 + k, `) = (1 + h) ln(1 + k) + ` ln(1 + h) − (1 + k) = (1 + h) k − k 2 2 + o(k 2) + ` h −h 2 2 + o(h 2) − 1 − k = k −k 2 2 + hk + `h − 1 −k + o(h 2+ k2+ `2) = −1 +1 2 2hk + 2h` − k 2 + o(h2+ k2+ `2)
5. D’apr`es le calcul ci-dessus, on a H0= Hf(P0) = 0 1 1 1 −1 0 1 0 0
6. D’apr`es les r´esultats obtenus num´eriquement, la matrice H0poss`ede deux valeurs propres n´egatives et une
valeur propre positive. La signature de la forme quadratique associ´ee `a H0 est donc σ(H0) = (2, 1) et le
point P0 est un point selle.
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 3 :
1. (a) D’apr`es les formules de d´erivation des fonctions compos´ees, puisque x(r, θ) = r cos(θ) y(r, θ) = r sin(θ) on a ∂ ˜f ∂r(r, θ) = ∂x ∂r(r, θ) ∂f ∂x(r cos(θ), r sin(θ)) + ∂y ∂r(r, θ) ∂f
∂y(r cos(θ), r sin(θ)) = cos(θ)∂f
∂x(r cos(θ), r sin(θ)) + sin(θ) ∂f
∂y(r cos(θ), r sin(θ)) (b) En multipliant l’expression ci-dessus par r, on obtient
r∂ ˜f
∂r(r, θ) = r cos(θ) ∂f
∂x(r cos(θ), r sin(θ)) + r sin(θ) ∂f
∂y(r cos(θ), r sin(θ)) = x(r, θ)∂f
∂x(r cos(θ), r sin(θ)) + y(r, θ) ∂f
∂y(r cos(θ), r sin(θ)) Ainsi, si f est une solution de (E), alors
∀(x, y) ∈ R∗+× R, x ∂f ∂x(x, y) + y ∂f ∂y(x, y) = 2x 2+ 2y2
donc pour tout (r, θ) ∈ R∗+×−π2, π 2, si x = r cos(θ) et y = r sin(θ), on a r∂ ˜f ∂r(r, θ) = 2(r cos(θ)) 2+ 2(r sin(θ))2= 2r2 ⇐⇒ ∂ ˜f ∂r(r, θ) = 2r 2. Pour r´esoudre l’´equation ( ˜E), on int`egre par rapport `a la variable r :
∂ ˜f
∂r(r, θ) = 2r ⇐⇒ ˜f (r, θ) = r
2+ k(θ)
pour tout fonction d´erivable k d’une variable r´eelle.
3. Pour obtenir les solutions de l’´equation (E), il faut inverser le changement de variables (x, y) (r, θ). Or x = r cos(θ) y = r sin(θ) ⇐⇒ r = px2+ y2 θ = arctan yx Les solutions de (E) sont donc toutes les fonctions de la forme
f : (x, y) 7−→ x2+ y2+ karctany x = x2+ y2+ ϕy x
pour toute fonction d´erivable ϕ d’une variable r´eelle.
? ? ?