UPMC 2M256 Analyse vectorielle et intégrales multiples 2016-2017
TD 2 - Corrigé
Exercice 1. Soitf la fonction définie par f(x, y) =
xy
x2+y2 si (x, y)6= (0,0)
0 sinon .
1) Etudier la continuité def surR2.
On commence par remarquer que f est continue sur R2\ {(0,0)} en tant que fonction rationnelle dont le dénominateur ne s’annule pas. Il s’agit donc d’étudier la continuité en(0,0).
Pour tout réelt non nul, on af(t,0) = 0etf(t, t) = 12, doncf n’est pas continue en (0,0).
2) Calculer les dérivées partielles def surR2\ {(0,0)}. Existent-elles en(0,0)?
La fonction f est dérivable, et même de classe C∞, sur R2\ {(0,0)} en tant que fonction rationnelle dont le dénominateur ne s’annule pas. Pour tout(x, y)∈R2\ {(0,0)}, on a
∂f
∂x(x, y) =y x2+y2
−2x2y
(x2+y2)2 = y y2−x2 (x2+y2)2 , pour la première dérivée partielle, et
∂f
∂y(x, y) = x x2+y2
−2xy2
(x2+y2)2 = x x2−y2 (x2+y2)2 ,
pour la seconde. Il s’agit maintenant de regarder si f admet des dérivées partielles premières en (0,0), ce qui peut être le cas même si f n’est pas continue en ce point.
Pour cela, il ne faut pas étudier les limites en(0,0) des dérivées partielles calculées ci-dessus, mais revenir à la définition utilisant des taux d’accroissements. Soithun réel non nul. On a
f(h,0)−f(0,0)
h = 0,
donc le taux d’accroissement def selon xen(0,0)admet une limite finie, qui est0. Cela veut dire que ∂f∂x(0,0) existe et vaut0. On a de plus
f(0, h)−f(0,0)
h = 0,
donc le taux d’accroissement def selon y en(0,0) admet une limite finie, qui est0, donc ∂f∂y(0,0)existe et est nul.
Exercice 2. Pour chacune des fonctions suivantes, donner l’ensemble de définition et étudier la limite en(0,0).
1)f(x, y) =1−cos(xy)y2 .
La fonctionf est ici définie dès lors que le dénominateur ne s’annule pas, c’est-à-dire sur le plan privé de l’axe des abscisses. Pour calculer la limite en(0,0), on commence par remarquer que l’on a
t→0lim
1−cos (t) t2 = 1
2,
ce que l’on peut montrer en utilisant un développement limité (à une variable).
Par composition des limites, on a donc :
lim
(x,y)→(0,0)
1−cos (xy) (xy)2 = 1
2. On a donc
(x,y)→(0,0)lim
1−cos (xy)
y2 = lim
(x,y)→(0,0)x2·1−cos (xy) (xy)2 = 0.
2)f(x, y) =x2+yx 2.
La fonctionf est ici définie dès lors que le dénominateur ne s’annule pas, c’est-à-dire sur le plan privé de l’axe des ordonnées. Pour tout réelt non nul, on a
f(t, t) = 2t2 t = 2t, ce qui donne
limt→0f(t, t) = 0.
La limite def en l’origine, si elle existe, doit donc être nulle. Cependant, on a, pour tout réeltnon nul f(t,√
t) = t2+t
t = 1 +t, ce qui donne
t→0limf(t,√ t) = 1.
Ceci empêchef d’avoir une limite en(0,0).
3)f(x, y) =x2x+y2y2.
La fonctionfest ici définie dès lors que le dénominateur ne s’annule pas, c’est-à-dire sur le plan privé de l’origine.
Pour calculer la limite def en(0,0), on utilise les coordonnées polaires. Pour tous r >0et θ∈R, on a f(rcos (θ), rsin (θ)) = r3cos2(θ) sin (θ)
r2 =rcos2(θ) sin (θ), ce qui donne
lim
(x,y)→(0,0)f(x, y) = lim
r→0f(rcos (θ), rsin (θ)) = 0, car la fonction θ7→cos2(θ) sin (θ)est bornée.
4)f(x, y) = x+y2 sin
1 xy
.
La fonction f est ici définie dès lors que le dénominateur dans le sinus ne s’annule pas, c’est-à-dire sur le plan privé de ses deux axes. Pour calculer la limite en (0,0), on remarque que la fonction sinus est bornée, et que le terme x+y2 tend vers0. On a donc
lim
(x,y)→(0,0)f(x, y) = 0.
5)f(x, y) = (1 +xy)x1.
Pour que la fonctionf soit définie, il faut que l’on aitx6= 0mais aussi1 +xy >0, donc le domaine de définition def est
Df =
(x, y)∈R2, x6= 0, xy >−1 .
Bien que cela ne soit pas demandé, voici une représentation graphique de ce domaine :
Pour calculer la limite def en(0,0), on commence par remarquer que l’on a
t→0lim
ln (1 +t) t = 1, ce qui donne, par composition des limites
lim
(x,y)→(0,0)
ln(1 +xy)
xy = 1.
Or, pour tout (x, y)∈Df, on af(x, y) =ex1ln(1+xy), donc on a lim
(x,y)→(0,0)f(x, y) = lim
(x,y)→(0,0)ey·ln(1+xy)xy = 1.
Exercice 3. On considère la fonctionf définie par f(x, y) =
xy
x+y si x+y6= (0,0)
0 sinon .
Montrer quef n’est pas continue en(0,0), mais que sa restriction àR+×R+l’est.
La droite qui semble poser problème dans la définition de f est celle d’équation x+y = 0. Pour montrer que f n’est pas continu en(0,0), on va donc étudier sa restriction à un chemin tangent à cette droite en l’origine.
Voici un exemple qui convient :
Ici, le chemin en rouge est paramétré par
x(t) = t
y(t) = t(t−1) , pour t∈[0,+∞[.
On a alors pour tout réelt >0
f(x(t), y(t)) = f(t, t(t−1)) = t2(t−1)t2
= t−1, ce qui donne
t→0limf(x(t), y(t)) =−1.
Ceci empêchef d’être continue en l’origine. On considère à présent la restriction def àR+×R+, c’est-à-dire la fonction définie surR+×R+ qui coincide avecf. Montrer quef est continue sur ce domaine revient à montrer que l’on a
lim
(x,y)→(0,0)
x,y≥0
f(x, y) = 0.
Avant d’entamer le raisonnement, il convient de remarquer que le chemin rouge utilisé ci-dessus ne convient pas, car il ne reste pas dansR+×R+. Soientxet y deux réels positifs, avec par exemplex >0. On a
0≤f(x, y) = xy x+y ≤xy
x =y, car on ax+y≥x. Le théorème des gendarmes donne alors le résultat.
Exercice 4. On considère la fonctionf définie par f(x, y) =
( x2y
x4+y2 si (x, y)6= (0,0)
0 sinon .
1) SoitDune droite quelconque passant par l’origine. Montrer que la restriction def àDest continue en(0,0).
On commence par remarquer qu’une telle droite est paramétrée par x(t) = αt
y(t) = βt ,
oùαetβ sont des réels non tous deux nuls. Pour tout réelt non nul, on a alors f(αt, βt) = α2βt3
t2(α4t2+β2) = α2βt α4t2+β2. Queβ soit nul ou non, on a
t→0limf(αt, βt) = 0, ce qui donne la continuité en l’origine de la restriction def à D.
2) Peut-on en déduire quef est continue en(0,0)? Pour tout réelt >0, on a
f√
t, t
= t2 2t2 =1
2, ce qui empêchef d’être continue en(0,0).
Il est important de comprendre que la question précédente ne concernait que la restriction de f aux droites passant par l’origine. Il a ici été suffisant de considérer la restriction def à un chemin passant par l’origine qui n’est pas une droite.
Exercice 5. On considère la fonctionf définie par
f(x, y) =
(x2−1)y3
(x−1)2+y2 si (x, y)6= (1,0)
0 sinon
. Etudier la continuité et la différentiabilité de f au point(1,0).
Cela revient à étudier, au voisinage de(0,0), la fonction gdéfinie par g(x, y) =f(x+ 1, y) =
( x(x+2)y3
x2+y2 si (x, y)6= (0,0)
0 sinon .
Pour étudier la continuité deg en l’origine, on calcule sa limite en ce point, en passant en coordonnées polaires.
On a
g(rcos (θ), rsin (θ)) = r4cos(θ) sin3(θ)(rr2 cos(θ)+2)
= r2cos (θ) sin3(θ) (rcos (θ) + 2) −→
r→0 0,
ce qui donne la continuité de g en l’origine. Pour étudier la différentiabilité de f en (0,0), on commence par calculer les dérivées partielles premières en dehors de ce point. Pour tout(x, y)6= (0,0), on a
∂g
∂x(x, y) = y3·2(x+1)(x2+y2)−2x2(x+2)
(x2+y2)2 = 2y3·xy(x22−x+y22+y)22 = 2(y2(1+x)−x2)y3
(x2+y2)2 , ainsi que
∂g
∂y(x, y) = x(x+ 2)·3y
2(x2+y2)−2y4
(x2+y2)2 = xy
2(x+2)(3x2+y2)
(x2+y2)2 .
Le but étant ici de montrer que les dérivées partielles deg sont continues en l’origine, il faut calculer leur valeur en cepoint. Pour cela, on utilise des taux d’accroissements. Pour tout réelhnon nul, on a
g(h,0)−g(0,0)
h = 0,
donc le taux d’accroissement degselonxen(0,0)admet une limite, qui est nulle. Ceci montre quegadmet une dérivée partielle selon xen(0,0)et que l’on a
∂g
∂x(0,0) = 0.
De même, pour tout réel hnon nul, on a
g(0, h)−g(0,0)
h = 0,
doncg admet une dérivée partielle selony en(0,0) et que l’on a
∂g
∂y(0,0) = 0.
Pour montrer la continuité en l’origine des dérivées partielles de g, il s’agit de montrer que leurs limites en ce point sont nulles. Pour cela, on passe en coordonnées polaires. On a
∂g
∂x(rcos (θ), rsin (θ)) = 2r
5sin3(θ)(sin2(θ)(1+rcos(θ))−cos2(θ))
r4
= 2rsin3(θ) sin2(θ) (1 +rcos (θ))−cos2(θ)
−→r→0 0.
Il reste donc à montrer la continuité de l’autre dérivée partielle. On a
∂g
∂y(rcos (θ), rsin (θ)) = r
5(rcos(θ)+2)(3 cos2(θ)+sin2(θ))
r4
= r(rcos (θ) + 2) 3 cos2(θ) + sin2(θ)
−→r→0 0.
Par conséquent, les deux dérivées partielles deg sont continues sur R2, donc g est de classeC1. En particulier, cette fonction est différentiable partout.
La remarque faite au début permet alors de conclure l’exercice avec des résultats similaires sur la fonction f.
Exercice 6. Donner les dérivées partielles au premier ordre des fonctions suivantes : 1)f(x, y, z) =x3y+xyz+xz3
On commence par remarquer que la fonction considérée est de classe C∞ surR2, et c’est sur cet ensemble que le calcul suivant a lieu. On a
∂f
∂x(x, y, z) = 3x2y+yz+z3
∂f
∂y(x, y, z) = x3+xz
∂f
∂z(x, y, z) = xy+ 3xz2 .
2)f(x, y) =xy2
On commence par remarquer que cette fonction est de classeC∞surR∗+×R, et que l’on a, sur cet ensemble f(x, y) =ey2ln(x).
On a alors, toujours surR∗+×R
∂f
∂x(x, y) = 1xey2ln(x) = xy2−1
∂f
∂y(x, y) = 2yln(x)ey2ln(x) = 2yln(x)xy2 .
3)f(x, y, z) =exy +ezy
On commence par remarquer que cette fonction est définie et de classe C∞sur l’ouvert y6= 0deR3, sur lequel le calcul suivant a lieu. On a
∂f
∂x(x, y, z) = y1exy
∂f
∂y(x, y, z) = −yx2exy −yz2ezy
∂f
∂z(x, y, z) = 1yezy
.
4)f(x, y) = arcsin x2+y2
On commence par remarquer que cette fonction est définie et de classe C∞ sur [−1,1]2, sur lequel le calcul suivant a lieu. On a
∂f
∂x(x, y) = √ 2x
1−(x2+y2)2
∂f
∂y(x, y) = √ 2x
1−(x2+y2)2
.
Exercice 7. Calculer les différentielles totales des fonctions suivantes : 1)f(x, y) = ln(xy)
On remarque que la fonction considérée est de classe C∞ sur l’ouvertD de R2 défini par xy >0. On se place sur cet ensemble dans la suite. Calculer la différentielle totale def revient alors à calculer les dérivées partielles premières de f. On a
( ∂f
∂x(x, y) = y·xy1 = 1x
∂f
∂y(x, y) = x· xy1 = 1y .
La différentielle totale def est donc la forme différentielle df = dx
x +dy y
surD. Ceci signifie exactement quedf est donnée, en tout point (x, y)deD par la forme linéaire suivante R2 −→ R
(h, k) 7→ hx+ky .
2)f(x, y, z) =x2+x2y2z2+ sin(yz)
On commence par remarquer que cette fonction est de classeC∞surR2. On a
∂f
∂x(x, y, z) = 2x 1 +y2z2
∂f
∂y(x, y, z) = 2x2yz2+zcos (yz)
∂f
∂z(x, y, z) = 2x2y2z+ycos (yz) ,
donc la différentielle totale de f est la forme différentielle df = 2x 1 +y2z2
dx+ 2x2yz2+zcos (yz)
dy+ 2x2y2z+ycos (yz) dz.
3)f(x, y, z) = tan(3x−y) + 6y+z On a
∂f
∂x(x, y, z) = 3 1 + tan2(3x−y)
∂f
∂y(x, y, z) = − 1 + tan2(3x−y)
+ ln(6)·6y+z
∂f
∂z(x, y, z) = ln(6)·6y+z
,
donc la différentielle totale de f est donnée par la forme différentielle
df =
3 1 + tan2(3x−y) dx+
− 1 + tan2(3x−y)
+ ln(6)·6y+z
dy+ [ln(6)·6y+z] dz .
Exercice 8. Soientu: (x, y)7→sin(x)etv: (x, y)7→x3+y2, qui sont définies surR2. On considère alors la fonction f : (a, b)7→exp (a−2b), elle aussi définie surR2. Donner les dérivées partielles de
g: (x, y)7→f(u(x, y), v(x, y)). On peut faire le calcul directement, en remarquant que l’on a
g(x, y) = exp sin(x)−2x3−2y2 ,
mais le but est ici de manipuler la formule de dérivation des fonctions composées, ce que l’on va faire. Pour tout (x, y)∈R2, on a
∂g
∂x(x, y) = ∂u∂x(x, y)·∂f∂a(u(x, y), v(x, y)) +∂v∂x(x, y)· ∂f∂b (u(x, y), v(x, y))
= cos(x)·exp sin(x)−2x3−2y2
−6x2exp sin(x)−x3−y2
= cos(x)−6x2
exp sin(x)−2x3−2y2 . De même, pour tout(x, y)∈R2, on a
∂g
∂y(x, y) = ∂u∂y(x, y)·∂f∂a(u(x, y), v(x, y)) +∂v∂y(x, y)·∂f∂b (u(x, y), v(x, y))
= −4yexp sin(x)−2x3−2y2 .
Exercice 9. Soient ϕ:R−→Rune fonction dérivable et
f : R2\ {x= 0} −→ R (x, y) 7→ xϕ yx . Montrer quef vérifie l’équation aux dérivées partielles suivante
x∂f
∂x +y∂f
∂y =f. Soit(x, y)∈R2avecx6= 0. On a
∂f
∂x(x, y) =ϕy x
+x·−y x2ϕ0y
x
=ϕy x
− y xϕ0y
x
pour la première dérivée partielle, et
∂f
∂y(x, y) =x·1 xϕ0y
x
=ϕ0y x
pour l’autre. Ceci donne alors
x∂f∂x(x, y) +y∂f∂y(x, y) = xϕ yx
−yϕ0 yx
+yϕ0 yx
= xϕ yx
= f(x, y),
ce qui permet de conclure.
Exercice 10. Soientm∈N∗ et f :R3−→Rune fonction de classeC1 vérifiant l’équation d’Euler x∂f
∂x +y∂f
∂y +z∂f
∂z =mf. Montrer quef est homogène de degrém, c’est-à-dire que l’on a
f(αx, αy, αz) =αmf(x, y, z) pour tous réelsx, y, z, etα.
On commence par remarquer que l’égalité souhaitée pourα= 0est une conséquence directe de l’équation d’Euler vérifiée par f, qui donne en effetf(0,0,0) = 0. On pose alors
ϕ : R∗ −→ R
α 7→ α1mf(αx, αy, αz) ,
où les réels x, y, zsont fixés. La fonctionϕestC1surR∗, et le résultat que l’on veut montrer revient à dire que ϕest constante. On va donc montrer queϕ0 est nulle. Soit αun réel non nul. On a
ϕ0(α) = −αm+1m f(αx, αy, αz) +α1m ·h
x∂f∂x+y∂f∂y +z∂f∂zi
= −αm+1m f(αx, αy, αz) +αm+11 ·h
αx∂f∂x+αy∂f∂y +αz∂f∂zi
= −αm+1m f(αx, αy, αz) +αm+11 ·mf(αx, αy, αz)
= 0.
Dans un soucis de clarté, le point auquel sont prises les dérivées partielles def n’est pas précisé dans ce calcul, mais il s’agit de (αx, αy, αz). C’est en ce point que l’équation d’Euler est appliquée, et c’est la raison pour laquelle on doit avoir desαdevant les dérivées partielles.
La fonction ϕétant de classe C1 et de dérivée nulle, elle est constante. On a donc ϕ(α) =ϕ(1), ce qui est le résultat que l’on voulait montrer.
Exercice 11.
1) Montrer que la fonctionf(x, y) = ln x2+y2
définie surR2\ {(0,0)} vérifie l’équation de Laplace
∂2f
∂x2 +∂2f
∂y2 = 0.
Pour tout(x, y)∈R2\ {(0,0)}, on a
∂f
∂x(x, y) = x22x+y2
∂f
∂y(x, y) = x22y+y2
. Ceci donne, pour tout(x, y)∈R2\ {(0,0)}
∂2f
∂x2 = 2x(x2+2y2+y22−4x)2 2 = 2(xy22+y−x22)2
∂2f
∂y2 = 2x2+2y2−4y2
(x2+y2)2 = 2 x2−y2
(x2+y2)2
.
L’équation de Laplace est donc bien vérifiée parf en tout point de R2\ {(0,0)}.
2) Montrer que la fonctionf(x, y, z) = √ 1
x2+y2+z2 définie sur R3\ {(0,0,0)} vérifie l’équation de Laplace
∂2f
∂x2 +∂2f
∂y2 +∂2f
∂z2 = 0.
Pour tout(x, y, z)∈R3\ {(0,0,0)}, on a
∂f
∂x = −x
(x2+y2+z2)3/2
∂f
∂y = −y
(x2+y2+z2)3/2
∂f
∂z = −z
(x2+y2+z2)3/2
.
Ceci donne, pour tout(x, y, z)∈R3\ {(0,0,0)}
∂2f
∂x2 = 3x
2−(x2+y2+z2)
(x2+y2+z2)5/2
∂2f
∂y2 = 3y
2−(x2+y2+z2)
(x2+y2+z2)5/2
∂2f
∂z2 = 3z
2−(x2+y2+z2)
(x2+y2+z2)5/2
.
L’équation de Laplace est donc bien vérifiée parf en tout point de R3\ {(0,0,0)}.
Exercice 12. Développer à l’ordre1 les fonctions suivantes, au voisinage des points indiqués.
1)f(x, y) =x2+y2 en(a, b).
On commence par remarquer que f est de classeC∞ surR2, et que l’on a
∂f
∂x = 2x
∂f
∂y = 2y
.
Le développement limité de f à l’ordre1 en(a, b)∈R2 est donc donné par
f(x, y) =a2+b2+ 2a·(x−a) + 2b·(y−b) + o (k(x−a, y−b)k).
2)f(x, y, z) =x2+ 3xyz−y3+z en(1,0,−1).
On commence par remarquer que f est de classeC∞ surR3, et que l’on a
∂f
∂x = 2x−3yz
∂f
∂y = 3xz−3y2
∂f
∂z = 3xy+ 1 .
Le développement limité de f à l’ordre1 en(1,0,−1) est donc donné par
f(x, y, z) = 1 + 2·(x−1)−3·y+ (z+ 1) + o (k(x−1, y, z+ 1)k).
3)f(x, y, z) = sin(x) cos(y) tan(z)en 0, π,π4 .
On commence par remarquer que f est de classeC∞ surR2×
−π2,π2
, et que l’on a
∂f
∂x = cos(x) cos(y) tan(z)
∂f
∂y = −sin(x) sin(y) tan(z)
∂f
∂z = sin(x) cos(y) 1 + tan2(z) .
Le développement limité de f à l’ordre1 en 0, π,π4
est donc donné par f(x, y, z) =−x+ o
x, y−π, z−π 4
.
Exercice 13. Déterminer les dérivées partielles jusqu’à l’ordre2des fonctions suivantes 1)f(x, y) =x2+xy−y3.
On commence par remarquer que la fonction proposée est de classe C∞ surR2, où les calculs suivants ont lieu.
On a
( ∂f
∂x = 2x+y
∂f
∂y = x−3y2 .
On peut à présent passer aux dérivées partielles secondes. On sait d’avance que le théorème de Schwarz peut être appliqué, la fonction étant de classe au moinsC2 sur son ensemble de définition. On va néanmoins faire tous les calculs, sans appliquer ce résultat. On a
∂2f
∂x2 = 2 , ∂x∂y∂2f = 1
∂2f
∂y∂x = 1 , ∂∂y2f2 = −6y . On observe bien sur cet exemple l’égalité des dérivées partielles secondes croisées.
2)cos (x+yz).
On commence par remarquer que la fonction ci-dessus est de classeC∞ surR3, où les calculs suivants ont lieu.
On a
∂f
∂x = −sin (x+yz)
∂f
∂y = −zsin (x+yz)
∂f
∂z = −ysin (x+yz) .
On peut maintenant passer aux dérivées partielles secondes. On a
∂2f
∂x2 = −cos(x+yz) , ∂x∂y∂2f = −zcos(x+yz) , ∂x∂z∂2f = −ycos(x+yz)
∂2f
∂y∂x = −zcos(x+yz) , ∂2f
∂y2 = −z2cos(x+yz) , ∂y∂z∂2f = −sin(x+yz)−yzcos(x+yz)
∂2f
∂z∂x = −ycos(x+yz) , ∂z∂y∂2f = −sin(x+yz)−yzcos(x+yz) , ∂2f
∂z2 = −y2cos(x+yz)
.
On peut encore constater sur cet exemple la validité du théorème de Schwarz.
Exercice 14. Soitf la fonction définie surR2 par f(x, y) =
( xy(x2−y2)
x2+y2 si (x, y)6= (0,0)
0 sinon .
1) Montrer quef admet des dérivées partielles ∂x∂y∂2f et ∂y∂x∂2f d’ordre2en(0,0)et les calculer.
On commence par remarquer que f est de classeC∞ sur R2\ {(0,0)}, en tant que fonction rationnelle dont le dénominateur ne s’annule pas. On va commencer par calculer les dérivées partielles def hors de l’origine. On a
∂f
∂x = [y(x2−y2)+2x2y](x2+y2)−2x2y(x2−y2)
(x2+y2)2 = y[x4+4x2y2−y4]
(x2+y2)2 . De plus, on a
∂f
∂y = x[(x2−y2−2y2)(x2+y2)−2y2(x2−y2)]
(x2+y2)2 = x[x4−4x2y2−y4]
(x2+y2)2 .
On va à présent montrer quef admet des dérivées partielles premières en l’origine. On utilise pour cela des taux d’accroissement. On a
f(h,0)−f(0,0)
h = 0 −→
h→0 0, donc ∂f∂x(0,0)existe et vaut0. De même, on a
f(0,h)−f(0,0)
h = 0 −→
h→0 0,
donc ∂f∂y(0,0) existe et vaut 0. On peut à présent passer aux dérivées partielles secondes de f en l’origine. On utilise pour cela toujours des taux d’accroissement. On a
∂f
∂x(0,h)−∂f∂x(0,0)
h = −hh55 = −1 −→
h→0 −1, donc ∂y∂x∂2f (0,0)existe et vaut−1. De même, on a
∂f
∂y(h,0)−∂f∂y(0,0)
h = hh55 = 1 −→
h→0 1, donc ∂x∂y∂2f (0,0)existe et vaut1.
2) Que peut-on en déduire ?
Si la fonction f était de classe C2 sur tout R2, alors le théorème de Schwarz donnerait l’égalité des dérivées partielles secondes croisées en0. Cette égalité n’ayant pas lieu, on en déduit quef n’est pasC2 surR2.
Exercice 15. Soitf :R2−→Rune fonction qui admet en tout point des dérivées partielles d’ordre2. On considère la fonction F définie par
F : R∗+×R −→ R
(r, θ) 7→ f(rcos (θ), rsin (θ)) .
1) Déterminer les dérivées partielles ∂F∂r, ∂F∂θ, ∂∂r2F2, et ∂∂θ2F2 deF au point(r, θ)en fonction des dérivées partielles premières et secondes def au point(rcos (θ), rsin (θ)).
Cet exercice n’est rien d’autre qu’une application de la formule de dérivation des fonctions composées. Par soucis de clarté, les points en lesquels les dérivées partielles sont calculées ne seront pas explicitement indiqués dans le calcul, mais celles de F seront prises en (r, θ), tandis que celles def seront prises en (rcosθ, rsinθ). On a
∂F
∂r = cos (θ)∂f∂x+ sin (θ)∂f∂y
∂F
∂θ = −rsin (θ)∂f∂x+rcos (θ)∂f∂y . On peut maintenant passer aux dérivées partielles secondes. On a
∂2F
∂r2 = cos2(θ)∂∂x2f2 + cos (θ) sin (θ)∂y∂x∂2f + cos (θ) sin (θ)∂x∂y∂2f + sin2(θ)∂∂y2f2
= cos2(θ)∂∂x2f2 + cos (θ) sin (θ)h
∂2f
∂y∂x +∂x∂y∂2f i
+ sin2(θ)∂∂y2f2.
Il est important de remarquer que les dérivées partielles secondes croisées def ne sont pas nécessairement égales, carf n’est pas supposée de classeC2. On a de plus
∂2F
∂θ2 = −rcos(θ)∂f∂x+r2sin2(θ)∂2f
∂x2−r2sin(θ) cos(θ)∂y∂x∂2f −rsin(θ)∂f∂y−r2sin(θ) cos(θ)∂x∂y∂2f +r2cos2(θ)∂2f
∂y2
= r2h
sin2(θ)∂2f
∂x2−sin(θ) cos(θ)∂2f
∂y∂x+∂x∂y∂2f
+cos2(θ)∂2f
∂y2
i−r[cos(θ)∂f∂x+sin(θ)∂f∂y].
2) En déduire l’expression du laplacien ∆f = ∂∂x2f2 + ∂∂y2f2 de f au point (rcos (θ), rsin (θ)) en fonction des dérivées partielles deF au point(r, θ)calculées ci-dessus.
En utilisant la question précédente, on remarque que l’on a
1 r2
∂2F
∂θ2 = sin2(θ)∂∂x2f2 −sin (θ) cos (θ)h∂2f
∂y∂x+∂x∂y∂2f i
+ cos2(θ)∂∂y2f2 −1rh
cos (θ)∂f∂x+ sin (θ)∂f∂yi , ce que l’on peut ajouter à ∂r∂F2 pour avoir
∂2F
∂r2 +r12
∂2F
∂θ2 = ∂∂x2f2 +∂∂y2f2 −1rh
cos (θ)∂f∂x+ sin (θ)∂f∂yi
= ∆f−1r∂F∂r. On obtient finalement
∆f = ∂∂r2F2 +r12
∂2F
∂θ2 +1r∂F∂r.
Exercice 16. Montrer que l’équationx5+ 3xy−y6= 1définitycomme une fonction implicite dexau voisinage du point(1,0). En notantϕcette fonction, calculerϕ0(1)etϕ00(1).
Voici la représentation graphique de la courbe étudiée
On commence par définir la fonctionf suivante
f : R2 −→ R
(x, y) 7→ x5+ 3xy−y6−1 ,
qui est de classeC∞. Il s’agit d’appliquer le théorème des fonctions implicites au voisinage du point(1,0). Pour tout (x, y)dansR2, on a
∂f
∂y(x, y) = 3x−6y5 , ce qui donne
∂f
∂y(1,0) = 3 6= 0 .
Le théorème des fonctions implicites peut donc être appliqué au voisinage de (1,0). Il existe alors un voisinage ouvertW de(1,0) dansR2, un voisinage ouvertV de1 dansR et une fonctionϕ:V −→Rde classeC∞ tels que pour toutx∈V, on ait(x, ϕ(x))∈W, et tels que pour tout(x, y)∈W, on ait
f(x, y) = 0 ⇐⇒ y=ϕ(x).
La fonction d’une variable
V −→ R
x 7→ f(x, ϕ(x))
est donc bien définie et identiquement nulle sur le voisinage ouvertV de1dansR. La dérivée de cette fonction, donnée par
V −→ R
x 7→ ∂f∂x(x, ϕ(x)) +ϕ0(x)∂f∂y(x, ϕ(x)) , est alors également nulle. En l’évaluant en1, on trouve la relation suivante
∂f
∂x(1,0) +ϕ0(1)∂f∂y(1,0) = 0.
On a ici utilisé le fait que l’on ait ϕ(1) = 0 par construction deϕ. Pour tout(x, y)∈R2, on a
∂f
∂x(x, y) = 5x4+ 3y , ce qui donne
∂f
∂x(1,0) = 5 . La relation obtenue plus haut donne alors
5 + 3ϕ0(1) = 0 , ce qui donne
ϕ0(1) = −53 .
On passe maintenant au calcul deϕ00(1). Pour cela, on dérive la fonction (identiquement nulle) qui avait permis de trouver ϕ0(1). Elle est définie par
V −→ R
x 7→ ∂∂x2f2 +ϕ0(x)∂y∂x∂2f +ϕ00(x)∂f∂y+ϕ0(x)
∂2f
∂x∂y+ϕ0(x)∂∂y2f2 ,
et est identiquement nulle. On précise que les dérivées partielles secondes def sont prises au point(x, ϕ(x)). En évaluant cette fonction en1, on trouve
∂2f
∂x2(1,0)−53∂y∂x∂2f (1,0) +ϕ00(1)∂f∂y(1,0)−53 ∂2f
∂x∂y(1,0)−53∂∂y2f2(1,0)
= 0.
Il s’agit donc à présent de calculer les dérivées partielles secondes de f. Pour tout(x, y)∈R2, on a
∂2f
∂x2(x, y) = 20x3
∂2f
∂y2(x, y) = −30y4
∂2f
∂y∂x(x, y) = ∂x∂y∂2f (x, y) = 3 ,
ce que l’on peut évaluer en(1,0)pour obtenir
∂2f
∂x2(1,0) = 20
∂2f
∂y2(1,0) = 0
∂2f
∂y∂x(1,0) = ∂x∂y∂2f (1,0) = 3 .
La relation obtenue plus haut devient alors
20−5 + 3ϕ00(1)−5 = 0 . Ceci donne finalement
ϕ00(1) = −103 .
Exercice 17. Montrer que l’équationxy+yz+xz+ 2x+ 2y−z= 0définit implicitemenent au voisinage de(0,0,0) une fonction(x, y)7→z=f(x, y)et calculer le plan tangent en ce point à la surface considérée.
On commence par définir la fonctionf suivante
f : R3 −→ R
(x, y, z) 7→ xy+yz+xz+ 2x+ 2y−z , qui est de classe C∞ et vérifief(0,0,0) = 0. Pour tout(x, y, z)∈R3, on a
∂f
∂z(x, y, z) = y+x−1 , ce qui donne
∂f
∂z(0,0,0) = −1 6= 0 .
Le théorème des fonctions implicites peut donc être appliqué à la surface d’équationf(x, y, z) = 0au voisinage de(0,0,0). Il existe un voisinage ouvertW de(0,0,0) dansR3, un voisinage ouvert V de(0,0)dansR2 et une fonctionϕ:V −→R de classeC∞ tels que pour tout point(x, y) deV, on ait (x, y, ϕ(x, y))∈W, et tels que pour tout point(x, y, z)deW, on ait
f(x, y, z) = 0 ⇐⇒ z=ϕ(x, y) . Le plan tangent à cette surface en(0,0,0)est donné par l’équation
∂f
∂x(0,0,0)x+∂f∂y(0,0,0)y+∂f∂z(0,0,0)z = 0 . On va calculer les coefficients restant. On a
∂f
∂x = y+z+ 2
∂f
∂y = x+z+ 2 , ce qui donne
∂f
∂x(0,0,0) = 2
∂f
∂y(0,0,0) = 2 .
Le plan tangent à la surface d’équation f(x, y, z) = 0en(0,0,0) est donc donné par l’équation 2x+ 2y−z = 0 .
Voici pour résumer la représentation graphique de la situation étudiée
Exercice 18. Soit F la fonction définie sur R2 par F(x, y) = x2+y4 −3xy+x−1. Montrer que l’équation F(x, y) = 0 définit y comme fonction de x au voisinage du point(2,1). En notant y =ϕ(x)sur un voisinage de 2, donner le développement limité deϕà l’ordre2en2.
Voici la représentation graphique de la courbe étudiée
On commence par remarquer que l’on a bien F(2,1) = 0. On a à présent, pour tout(x, y)∈R2
∂F
∂y (x, y) = 4y3−3x , ce qui donne
∂F
∂y (2,1) = −2 6= 0 .
Le théorème des fonctions implicites peut donc être appliqué à F au voisinage de(2,1). Il existe un voisinage ouvertW de(2,1) dansR2, un voisinage ouvertV de2 dansR et une fonctionϕ:V −→Rde classeC∞ tels que pour toutx∈V, on ait(x, ϕ(x))∈W, et tels que pour tout(x, y)∈W, on ait
F(x, y) = 0 ⇐⇒ y=ϕ(x) . La fonction d’une variable
V −→ R
x 7→ F(x, ϕ(x))
est donc bien définie et identiquement nulle sur le voisinage ouvertV de2 dansR.
La dérivée de cette fonction, donnée par
V −→ R
x 7→ ∂F∂x(x, ϕ(x)) +ϕ0(x)∂F∂y (x, ϕ(x)) , est alors également nulle. En l’évaluant en2, on trouve la relation suivante
∂F
∂x(2,1) +ϕ0(1)∂F∂y(2,1) = 0.
On a ici utilisé le fait que l’on ait ϕ(2) = 1par construction de ϕ. Pour tout(x, y)∈R2, on a
∂F
∂x(x, y) = 2x−3y+ 1 , ce qui donne
∂F
∂x(2,1) = 2 . La relation obtenue plus haut donne alors
2−2ϕ0(2) = 0 , ce qui donne
ϕ0(2) = 1 .
On passe maintenant au calcul deϕ00(2). Pour cela, on dérive la fonction (identiquement nulle) qui avait permis de trouver ϕ0(2). Elle est définie par
V −→ R
x 7→ ∂∂x2F2 +ϕ0(x)∂y∂x∂2F +ϕ00(x)∂F∂y +ϕ0(x)
∂2F
∂x∂y+ϕ0(x)∂∂y2F2
,
et est identiquement nulle. On précise que les dérivées partielles secondes de F sont prises au point (x, ϕ(x)).
En évaluant cette fonction en 2, on trouve
∂2F
∂x2(2,1) +∂y∂x∂2F (2,1) +ϕ00(2)∂F∂y(2,1) +∂x∂y∂2F(2,1) +∂∂y2F2(2,1) = 0.
Il s’agit donc à présent de calculer les dérivées partielles secondes de F. Pour tout(x, y)∈R2, on a
∂2F
∂x2(x, y) = 2
∂2F
∂y2(x, y) = 12y2
∂2F
∂y∂x(x, y) = ∂x∂y∂2F (x, y) = −3 ,
ce que l’on peut évaluer en(2,1)pour obtenir
∂2f
∂x2(2,1) = 2
∂2f
∂y2(2,1) = 12
∂2f
∂y∂x(2,1) = ∂x∂y∂2f (2,1) = −3 .
La relation obtenue plus haut devient alors
2−3−2ϕ00(2)−3 + 12 = 0 . Ceci donne finalement
ϕ00(2) = 4 .
La fonctionϕétant de classeC∞ surV, elle admet, par théorème de Taylor-Young, un développement limité à l’ordre 2en2, donné par
ϕ(x) = ϕ(2) +ϕ0(2) (x−2) +12ϕ00(2) (x−2)2+ o
(x−2)2 .
Les calculs menés ci-dessus permettent de préciser ce développement ϕ(x) = 1 + (x−2) + 2 (x−2)2+ o
(x−2)2 .
