I.U.T. de Brest Ann´ee 2020-2021
G.M.P. 2 Corrig´e du devoir du 20/10/2020
Fonctions de plusieurs variables (M3301)
Exercice 1 ('7 points). On consid`ere f la fonction de deux variables d´efinie sur R2\ {(0,0)} par : f(x, y) = ln(x2+y2) +x2+ 5x
1. D´eriv´ees partielles premi`eres. En utilisant notamment la formule de d´erivation (lnu)0 = uu0, on obtient ici :
∂f
∂x(x, y) = 2x
x2+y2 + 2x+ 5
et ∂f
∂y(x, y) = 2y x2+y2. 2. Pour d´eterminer les points critiques on doit r´esoudre le syst`eme :
(S)
∂f
∂x(x, y) = 0
∂f
∂y(x, y) = 0
⇐⇒
2x
x2+y2 + 2x+ 5 = 0 2y
x2+y2 = 0 La seconde ´equation nous donne imm´ediatement y= 0.
On remplace alors y par 0 dans la premi`ere ´equation pour obtenir : 2x
x2 + 2x + 5 = 0, c’est-`a- dire 2
x + 2x+ 5 = 0 (`a noter ici que x est bien diff´erent de z´ero puisqu’on a y = 0 et que f n’est pas d´efini en (0,0)). En multipliant parxdes deux cˆot´es de cette ´egalit´e, on obtient 2+2x2+5x= 0.
Pour r´esoudre cette nouvelle ´equation (2x2+5x+2 = 0), on calcule son discriminant ∆ = 25−16 = 9 puis on en d´eduit les deux solutions x=−2 et x=−12.
Conclusion. La fonction f admet deux points critiques : les points (−2; 0) et (−12; 0).
3. D´eriv´ees partielles secondes. En utilisant notamment la formule de d´erivation (uv)0 = u0v−uvv2 0, on obtient ici :
∂2f
∂x2(x, y) = 2× 1(x2+y2)−x×2x
(x2+y2)2 + 2 = 2×
y2−x2 (x2 +y2)2 + 1
,
∂2f
∂x∂y(x, y) = 2x× −2y
(x2+y2)2 = −4xy (x2+y2)2,
et ∂2f
∂y2(x, y) = 2× 1(x2+y2)−y×2y
(x2+y2)2 = 2× x2−y2 (x2+y2)2.
4. Dans l’´enonc´e, il ´etait demand´e de choisir le point critique dont l’abscisse ´etait la plus petite. Comme
−2<−12, on d´etermine la nature du point critique (−2; 0).
r= ∂2f
∂x2(−2; 0) = 2× −4
16 + 1
= 2× −1
4 + 1
= 2×3 4 = 3
2; s= ∂2f
∂x∂y(−2; 0) = 0;
et t= ∂2f
∂y2(−2; 0) = 2× 4
16 = 2× 1 4 = 1
2.
Ainsi rt−s2 = 32 × 12 −0 = 34 > 0. Comme r = 32 > 0, la fonction f admet un minimum local en (−2; 0).
Exercice 2 ( '7,5 points). On consid`ere f la fonction de deux variables d´efinie par : f(x, y) =
px(3x−4y+ 4) 2x−y 1. Pour X etY r´eels, X
Y est d´efinie si et seulement si Y 6= 0.
De plus, √
X est d´efinie si et seulement si X >0. Par cons´equent, f(x, y) =
px(3x−4y+ 4)
2x−y est d´efinie
si et seulement six(3x−4y+ 4) >0 et 2x−y 6= 0, si et seulement six(3x−4y+ 4) >0 et y6= 2x.
Or x(3x−4y+ 4)>0 ssi
(x>0 et 3x−4y+ 4 >0 ) ou
(x60 et 3x−4y+ 4 60 )
ssi
(x>0 et 3x+ 4>4y) ou
(x60 et 3x+ 464y)
ssi
(x>0 et y6 34x+ 1 ) ou
(x60 et y> 34x+ 1 )
Or x= 0 est l’´equation de l’axe (Oy) des ordonn´ees ; et y= 34x+ 1 est l’´equation d’une droite que l’on notera D.
Par cons´equent,
- la condition ( x> 0 et y 6 34x+ 1 ) correspond aux points situ´es `a la fois `a droite de l’axe (Oy) (axe compris) et en dessous de la droite D (droite incluse) ;
- la condition (x60 et y> 34x+ 1 ) correspond aux points situ´es `a la fois `a gauche de l’axe (Oy) (axe compris) et au-dessus de la droite D (droite incluse).
Enfin il ne faut pas oublier la condition y6= 2x li´ee `a la droite D0 d’´equation y= 2x.
Ainsi le domaine Df est donc la zone rose sur le dessin ci-dessous ; il faut ´evidemment exclure le segment bleu [OP] allant de l’origineO du rep`ere au pointP d’intersection des droites D et D0. Attention (erreur fr´equente sur les copies). Il faut graduer les axes du rep`ere pour au moins dire o`u est le nombre 1 sur chaque axe.
2. La ligne de niveau 1 de f est l’ensemble des points (x, y)∈Df v´erifiant f(x, y) = 1. Or f(x, y) = 1 si et seulement si
px(3x−4y+ 4)
2x−y = 1,
ssi p
x(3x−4y+ 4) = 2x−y.
Remarque importante. Si a>0 et b∈R, l’´egalit´e√
a=b ne peut ˆetre v´erifi´ee que si b>0 puisque la racine carr´ee d’un nombre positif est elle-mˆeme positive. Ainsi : √
a=b ssi b>0 et (√
a)2 =b2, c’est-`a-dire ssi b>0 et a=b2. Par cons´equent,
f(x, y) = 1 si et seulement si 2x−y>0 et p
x(3x−4y+ 4)2
= (2x−y)2, ssi 2x−y >0 et x(3x−4y+ 4) = (2x−y)2,
ssi 2x−y >0 et 3x2 −4xy+ 4x= 4x2−4xy+y2, ssi 2x−y >0 et 3x2 + 4x= 4x2+y2,
ssi 2x−y >0 et x2−4x+y2 = 0, ssi 2x−y >0 et (x−2)2−22+y2 = 0, ssi 2x−y >0 et (x−2)2+y2 = 22, ssi y62x et (x−2)2+ (y−0)2 = 22.
La conditiony62xsignifie que les points recherch´es sont situ´es sous la droiteD0 d’´equationy= 2x.
On reconnait dans la seconde condition l’´equation du cercle, disons C, de centre le point A de co- ordonn´ees (2; 0) et de rayon 2.
Attention (erreur fr´equente sur les copies). Quand certains ´etudiants arrivent `a (x−2)2+(y−0)2 = 22, ils affirment :On reconnait UN cercle de centreA(2; 0) et de rayon 2 ou alorsC’est l’´equation d’UN cercle de centre A(2; 0) et de rayon 2. Mais `a partir du moment o`u on pr´ecise le centre et le rayon, il n’y a qu’un seul cercle possible, et c’est pour cela qu’il faut ´ecrire : On reconnait LE cercle de centre A(2; 0) et de rayon 2 ou alors C’est l’´equation DU cercle de centre A(2; 0) et de rayon 2.
La ligne de niveau recherch´ee est finalement l’ensemble de tous les points qui sont `a la fois sur le cercle C, sous la droite D0 et dans le domaine Df. En tenant compte du trac´e de la question 1, on constate que la ligne de niveau 1 de f, trac´ee en noir ci-dessous, est l’arc de cercle de C qui va de l’origine O du rep`ere au point P d’intersection des droites D et D0 (les points O et P ´etant par ailleurs exclus de la ligne de niveau).
Exercice 3 ( '5,5 points). On consid`ere f la fonction de deux variables d´efinie sur R2 par : f(x, y) = (x2+y2−8)(x2+y2)
1. D´eriv´ees partielles premi`eres. En utilisant notamment la formule de d´erivation (u×v)0 =u0v+uv0, on obtient ici :
∂f
∂x(x, y) = 2x(x2+y2) + (x2 +y2−8)×2x= 2x(2x2+ 2y2−8) = 4x(x2+y2−4)
et ∂f
∂y(x, y) = 2y(x2 +y2) + (x2+y2−8)×2y= 2y(2x2+ 2y2−8) = 4y(x2+y2−4).
2. Pour d´eterminer les points critiques on doit r´esoudre le syst`eme :
(S)
∂f
∂x(x, y) = 0
∂f
∂y(x, y) = 0
⇐⇒
4x(x2+y2−4) = 0 4y(x2+y2−4) = 0
⇐⇒
x(x2+y2−4) = 0 (E1) y(x2+y2−4) = 0 (E2)
• Si x2+y2 −4 = 0 c’est-`a-dire si x2 +y2 = 4, les deux ´equations (E1) et (E2) sont satisfaites.
Donc tous les points du cercle C de centreO(0,0) et de rayon 2 sont des points critiques de f.
• Si x2 +y2 −46= 0 c’est-`a-dire six2+y2 6= 4, l’´equation (E1) du syst`eme pr´ec´edent donne x= 0 et l’´equation (E2) donney = 0. On trouve ainsi le point critique (0; 0).
• Conclusion. f admet une infinit´e de points critiques : (0; 0) et tous les points situ´es sur le cercle C de centre O(0,0) et de rayon 2. Tous les points critiques de f sont repr´esent´es en rouge sur le dessin ci-dessous :
Autre fa¸con de pr´esenter la d´etermination des points critiques (m´ethode la plus souvent utilis´ee dans les copies mais avec plus ou moins de r´eussite). On peut partir de l’´equation (E1) qui donne x= 0 ou x2+y2 −4 = 0. Ainsi :
? Si x = 0, l’´equation (E2) s’´ecrit y(y2 −4) = 0. On obtient alors y = 0 ou y = 2 ou y =−2. Ce qui donne dans un premier temps trois points critiques de f : (0; 0), (0; 2) et (0;−2).
? Si x2 +y2 −4 = 0, l’´equation (E2) du syst`eme pr´ec´edent est automatiquement v´erifi´ee et tous les points (x;y) tels que x2+y2 = 4 sont des points critiques de f. On r´ecup`ere ainsi le cercle C de centre O(0,0) et de rayon 2.
? Conclusion. Comme les points (0; 2) et (0;−2) appartiennent au cercleC, on trouve bien comme points critiques de f le point (0; 0) et tous les points situ´es sur le cercle C.
3. Comme 22 + 02 = 22, le point (2; 0) est un point du cercle C d’´equation x2+y2 = 22; il est donc bien un point critique de f d’apr`es la question pr´ec´edente.
Pour ce point critique (2; 0), on admet que rt−s2 = 0 (avec les notations habituellement utilis´ees en cours).
La fonction f admet-elle un extremum en (2; 0) ? Trois situations sont possibles :
1) maximum local : f(x, y) 6 f(2; 0) pour tous les couples (x, y) appartenant `a un certain disque centr´e en (2; 0) ;
2) minimum local : f(x, y) > f(2; 0) pour tous les couples (x, y) appartenant `a un certain disque centr´e en (2; 0) ;
3) pas d’extremum : pour tout disqueD centr´e en (2; 0), on peut trouver `a la fois des couples (x, y) de D tels quef(x, y)< f(2; 0) et d’autres couples (x, y) de D tels que f(x, y)> f(2; 0).
Notons pour commencer que f(2; 0) = (4 + 0−8)×(4 + 0) =−4×4 =−16. On va donc ´etudier le signe de f(x, y)−f(2; 0) =f(x, y) + 16 au voisinage de (2; 0).
On a : f(x, y) + 16 = (x2+y2−8)(x2+y2) + 16 = (x2+y2)2−8(x2+y2) + 16 Il s’agit ici de reconnaitre une identit´e remarquable (pas si simple `a d´etecter !) :
f(x, y) + 16 = (x2 +y2)2−2×4×(x2+y2) + 42
f(x, y) + 16 = ((x2+y2) + 4)2 = (x2+y2+ 4)2
Le carr´e d’un r´eel ´etant toujours positif ou nul, on a f(x, y) + 16>0 pour tout couple (x, y) deR2. Ainsi f(x, y)>−16 pour tout couple (x, y) de R2.
Par cons´equent f admet un minimum local (et mˆeme global) au point (2; 0).
Remarque. Ce raisonnement reste valable pour n’importe quel point critique situ´e sur le cercle C; c’est le cas par exemple pour le point (0; 2).
Fin du corrig´e
