St. Joseph/ICAM Toulouse CB10 - 2017-2018 -Correction
CB n
◦10 - FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES - Sujet 1
1. Soit la fonctionf définie surR2 parf(x, y) =
x2y3
x2+y2 si (x, y)6= (0,0) 0 si (x, y) = (0,0) Montrer que f estC1 surR2.
Les théorèmes généraux donnentf de classeC1 surR2\ {0,0}.
De plus, pour tout (x, y)∈R2\ {(0,0)},∂f
∂x(x, y) = 2xy5
(x2+y2)2, et ∂f
∂y(x, y) = x2y2(y2+ 3x2) (x2+y2)2 . Etude en (0,0):
∀t ∈ R∗,f(t,0)−f(0,0)
t = 0 −→
t→0 0, donc f admet une dérivée partielle par rapport à sa première variable en (0,0), et ∂f
∂x(0,0) = 0.
On a : ∀(x, y)∈R2\ {(0,0)},
∂f
∂x(x, y)
≤ 2||(x, y)||6
||(x, y)||4 = 2||(x, y)||2, d’où :
∀ε >0,||(x, y)|| ≤ rε
2 ⇒
∂f
∂x(x, y)−∂f
∂x(0,0)
≤ε. On en déduit que ∂f
∂x est continue en(0,0).
∀t ∈ R∗,f(0, t)−f(0,0)
t = 0 −→
t→0 0, donc f admet une dérivée partielle par rapport à sa deuxième variable en (0,0), et ∂f
∂y(0,0) = 0.
On a : ∀(x, y)∈R2\ {(0,0)},
∂f
∂y(x, y)
≤ 4||(x, y)||6
||(x, y)||4 = 4||(x, y)||2, d’où :
∀ε >0,||(x, y)|| ≤
√ε 2 ⇒
∂f
∂y(x, y)−∂f
∂y(0,0)
≤ε. On en déduit que ∂f
∂y est continue en(0,0).
On peut conclure quef est C1 surR2.
2. Soit la fonctionf définie surR2 parf(x, y) =x3+y3−6(x2−y2).
a. Montrer que f admet 4points critiques.
f est de classeC2 surR2, comme fonction polynomiale. Ainsi le gradient et la matrice hessienne de f existent en tout point deR2.
∀(x, y)∈R2,−−→
grad(f)(x, y) = (3x2−12x,3y2+ 12y) et−−→
grad(f)(x, y) =~0 ⇔
3x2−12x= 0 3y2+ 12y= 0 . Par suite,f admet4 points critiques qui sont(0,0),(4,0),(0,−4)et(4,−4).
b. Soit x∈R. En calculant f(x, x), montrer quef n’admet pas d’extremum local en (0,0).
∀x∈R, f(x, x) = 2x3. Six >0,f(x, x)> f(0,0) = 0, et six <0,f(x, x)< f(0,0) = 0.
On conclut que f n’admet pas d’extremum local en (0,0).
c. Montrer que f admet un minimum local en(4,0).
La matrice hessienne en (4,0)est H =
12 0 0 12
. Comme det(H)> 0 et tr(H) >0, on en déduit que f admet un minimum local en(4,0).
3. Déterminer, à l’aide du changement de variable(u, v) = x,y
x
, toutes les fonctionsf ∈C1 R∗+×R,R telles que
x∂f
∂x +y∂f
∂y = y x
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En posantf(x, y) =F(u, v) =F x,y
x
, on obtient :
∂f
∂x =∂F
∂u
∂u
∂x+∂F
∂v
∂v
∂x = ∂F
∂u − y x2
∂F
∂v
∂f
∂y =∂F
∂u
∂u
∂y +∂F
∂v
∂v
∂y = 1 x
∂F
∂v L’équation devient alors ∂F
∂u(u, v) = v
u, avecF ∈C1(R∗+×R,R).
On en déduit que : ∀(u, v)∈R∗+×R, F(u, v) =vln(u) +λ(v), avecλ∈C1(R,R).
Finalement :∀(x, y)∈R∗+×R, f(x, y) = y
xln(x) +λy x
, avecλ∈C1(R,R).
CB n
◦10 - FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES - Sujet 2
1. Soit la fonctionf définie surR2 parf(x, y) =
x3y2
x2+y2 si (x, y)6= (0,0) 0 si (x, y) = (0,0) Montrer que f estC1 surR2.
Les théorèmes généraux donnentf de classeC1 surR2\ {0,0}.
De plus, pour tout (x, y)∈R2\ {(0,0)},∂f
∂x(x, y) = x2y2(x2+ 3y2) (x2+y2)2 et ∂f
∂y(x, y) = 2x5y (x2+y2)2. Etude en (0,0):
∀t ∈ R∗,f(t,0)−f(0,0)
t = 0 −→
t→0 0, donc f admet une dérivée partielle par rapport à sa première variable en (0,0), et ∂f
∂x(0,0) = 0.
On a : ∀(x, y)∈R2\ {(0,0)},
∂f
∂x(x, y)
≤ 4||(x, y)||6
||(x, y)||4 = 4||(x, y)||2, d’où :
∀ε >0,||(x, y)|| ≤
√ε 2 ⇒
∂f
∂x(x, y)−∂f
∂x(0,0)
≤ε. On en déduit que ∂f
∂x est continue en(0,0).
∀t ∈ R∗,f(0, t)−f(0,0)
t = 0 −→
t→0 0, donc f admet une dérivée partielle par rapport à sa deuxième variable en (0,0), et ∂f
∂y(0,0) = 0.
On a : ∀(x, y)∈R2\ {(0,0)},
∂f
∂y(x, y)
≤ 2||(x, y)||6
||(x, y)||4 = 2||(x, y)||2, d’où :
∀ε >0,||(x, y)|| ≤ rε
2 ⇒
∂f
∂y(x, y)−∂f
∂y(0,0)
≤ε. On en déduit que ∂f
∂y est continue en(0,0).
On peut conclure quef est C1 surR2.
2. Soit la fonctionf définie surR2 parf(x, y) =x4+y4−4(x−y)2.
a. Montrer que f admet 3points critiques. (On admettra que x3+y3= 0 ⇔ x+y= 0)
f est de classeC2 surR2, comme fonction polynomiale. Ainsi le gradient et la matrice hessienne de f existent en tout point deR2.
∀(x, y)∈R2,−−→
grad(f)(x, y) = (4x3−8(x−y),4y3+8(x−y))et−−→
grad(f)(x, y) =~0 ⇔
x=−y
x(x2−4) = 0 . Par suite f admet 3points critiques qui sont(0,0),(2,−2)et(−2,2).
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b. En calculant f(x, x) etf(x,0), montrer quef n’admet pas d’extremum local en(0,0).
∀x∈R, f(x, x) = 2x4 donc pourx∈R∗,f(x, x)> f(0,0) = 0.
∀x∈R, f(x,0) =x4−4x2 ∼
x→0−4x2 donc, sur un voisinage de0 privé de0,f(x,0)< f(0,0) = 0.
c. Montrer que f admet un minimum local en(2,−2).
La matrice hessienne en (2,−2)estH =
40 8 8 40
. Comme det(H)>0 et tr(H)>0, on en déduit que f admet un minimum local en(2,−2).
3. Déterminer, à l’aide du changement de variable(u, v) = (x+y, xy), toutes les fonctionsf ∈C1 R2,R telles que
x∂f
∂x−y∂f
∂y =x2−y2 En posantf(x, y) =F(u, v) =F(x+y, xy), on obtient :
∂f
∂x =∂F
∂u
∂u
∂x+∂F
∂v
∂v
∂x = ∂F
∂u +y∂F
∂v
∂f
∂y =∂F
∂u
∂u
∂y +∂F
∂v
∂v
∂y = ∂F
∂u +x∂F
∂v L’équation devient alors, pourx6=y, ∂F
∂u(u, v) =u, avecF ∈C1(R2,R).
On en déduit que : ∀(u, v)∈R2, F(u, v) = u2
2 +λ(v), avec λ∈C1(R,R).
Finalement :∀(x, y)∈R2, f(x, y) = (x+y)2
2 +λ(xy), avec λ∈C1(R,R).
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