TD 3 : Dérivées partielles, différentielles – Correction April 10, 2018
Exercice 1 :
1. La fonction f(x, y) =y3−3x2y et ses deux dérivées partielles données ci-dessous sont définies sur R2 :
∂xf(x, y) =−6xy et ∂yf(x, y) = 3y2−3x2.
2. La fonction f(x, y) = log(x+ 2y)est définie sur Df ={(x, y), x+ 2y >0}. Ses dérivées partielles ∂xf(x, y) = x+2y1 et ∂yf(x, y) = x+y2 sont elles-aussi bien définies sur Df.
3. La fonction f(x, y, z) =xsin(y−z2)est définie sur R3, tout comme ses dérivées partielles :
∂xf(x, y, z) = sin(y−z2), ∂yf(x, y, z) =xcos(y−z2) et
∂zf(x, y, z) =−2xzcos(y−z2).
4. La fonction f(x, y) = arctan(y/x) est définie surDf =R?×R. On pourrait en effet l’étendre par continuité sur R2× {(0,0)}, mais ici ce n’est pas le cas ! Ses dérivées partielles valent :
∂xf(x, y) = − y x2
1
1 + (y/x)2 =− y x2+y2 et
∂yf(x, y) = 1 x
1
1 + (y/x)2 = x x2 +y2. Elles sont définies sur Df \ {(0,0)}.
5. La fonction f(x, y) = x+yx2 est bien définie surDf ={(x, y), x+y2 6= 0}. Ses dérivées partielles (quand elles existent) sont :
∂xf(x, y) = 1
x+y2 − x
(x+y2)2 = y2 (x+y2)2 et
∂yf(x, y) = − 2y (x+y2)2. On remarque qu’elles sont bien définies sur Df.
1
Exercice 2 :
La fonction f est clairement continue sur R2\ {(x, y), |x|=|y|}.
Soit x et y deux réels avec |x|=|y| non nuls. On considère une suite (xn)n telles que |xn|>|x| et qui converge vers x. Alors
f(xn, y) =xn →x,
alors que f(x, y) = 0 6=x. Donc f n’est pas continue en (x, y).
Soit ((xn, yn))n une suite qui converge vers (0,0). Alors :
|f(xn, yn)|= max(|xn|,|yn|)→0 =f(0,0).
Donc f est bien continue en (0,0). On a ainsi montré que f est continue sur : E =R2\ {(x, y)6= (0,0), |x|=|y|}.
Elle admet des dérivées partielles sur |x|>|y| avec :
∂xf(x, y) = 1 et∂yf(x, y) = 0, et sur |y|>|x| avec :
∂xf(x, y) = 0 et∂yf(x, y) = 1.
Etudions le point (0,0). Nous avons pour tout t : f(t,0)−f(0,0)
t = t
t = 1,
ce qui implique que f est dérivable par rapport à x en(0,0)et :
∂xf(0,0) = 1.
De la même façon, comme f(0,t)−f(0,0)
t = 1, on obtient que :
∂yf(0,0) = 1.
Il est clair que les dérivées partielles ne sont pas continues sur tout leur ensemble de définition, qui est E. Elles sont en fait continues sur R2\ {(x, y),|x|=|y|}.
Exercice 3 :
On note g1(x, y) =f(xy). Alors on a :
∂xg1(x, y) = y f0(xy)et ∂yg1(x, y) =x f0(xy).
On note g2(x, y) =f(x+y). Alors on a :
∂xg2(x, y) = f0(x+y) et∂yg2(x, y) = f0(x+y).
On note g3(x, y) =f(exp(xy3)). On a alors :
∂xg3(x, y) = y3 exp(xy3)f0(exp(xy3)) et∂yg3(x, y) = 3xy2 exp(xy3)f0(exp(xy3))
Exercice 4 :
Pourg(t) =f(t, t3+ 2t2), on a :
g0(t) = 1×∂xf(t, t3+ 2t2) + (3t2+ 4t)×∂yf(t, t3+ 2t2)
=∂xf(t, t3+ 2t2) + (3t2+ 4t)∂yf(t, t3+ 2t2)
Exercice 5 :
1. Pour (x, y)6= (0,0), on a :
∂xf(x, y) = x4+ 3x2y4 (x2+y4)2 y et
∂yf(x, y) = x2−3y4 (x2+y4)2 x3.
Calculons les dérivées partielles en (0,0) maintenant. Soitt ∈R. On remarque que f(t,0) = f(0, t) = 0. Ainsi :
∂xf(0,0) = lim
t→0
f(t,0)−f(0,0)
t = lim
t→00 = 0, et
∂yf(0,0) = lim
t→0
f(0, t)−f(0,0)
t = lim
t→00 = 0.
2. On a vu que f admet des dérivées partielles sur R2. De plus, ses dérivées partielles sont continues sur R2 \ {(0,0)}.
Montrons que ∂xf est continue en (0,0). On a, pour (x, y)6= (0,0) :
|∂xf(x, y)−∂xf(0,0)|=
x4 + 3x2y4 (x2+y4)2 y
=
y+ x2−y4 (x2+y4)2 y5
≤ |y|+ x2+y4
(x2+y4)2|y|5 ≤ |y|+ |y|5 x2+y4
≤2|y|,
car x2+y4 ≥y4.Donc ∂xf(x, y)tend vers ∂xf(0,0)quand (x, y) tend vers (0,0).
Montrons maintenant que ∂yf est continue en (0,0). On a pour tout (x, y)6= (0,0):
|∂yf(x, y)−∂yf(0,0)|=
x2−3y4 (x2+y4)2 x3
≤ x2+ 3y4 (x2+y4)2 |x|3
≤ |x|
x2+y4 + 2y4x2 (x2+y4)2 |x|
≤2|x|,
en utilisant le fait que x2+y4 ≥x2 et que 2|ab| ≤(a+b)2, pour tous réels a et b.
Finalement on a montré que les dérivées partielles de f étaient bien continues sur R2 : la fonction f est alors de classe C1 surR2.
3. On sait que la matrice Jacobienne vaut : J(x,y)f =
y+ (xx22+y−y44)2 y5, (xx22−3y+y44)2x3
Ainsi la formule de Taylor avec reste intégral à l’ordre 1 au point (1,1) est : f(x, y) =f(1,1) +
Z 1 0
(J(1,1)+t(x−1,y−1)f)·(x−1, y−1)dt.
Exercice 6 :
1. (a) On sait que f et les fonctionsx7→x, x7→x2 etx7→x3 sont de classe C1. Alors la fonction F, qui est la composée de fonctions de classeC1, est alors de classeC1 surR.
(b) Pour x∈R, on a :
F0(x) =∂1f(x, x2, x3) + 2x ∂2f(x, x2, x3) + 3x2∂3f(x, x2, x3).
2. (a) On sait que les fonctions f et(x, y, z)7→xy2+z3 sont de classe C1 sur leur ensemble de définition respectif. Comme F est la composée de ces deux fonctions de classes C1, elle est aussi de classeC1, sur R3.
(b) Pour (x, y, z)∈R3, on a :
∇F(x, y, z) = (y2f0(xy2+z3), 2xy f0(xy2+z3), 3z2f0(xy2+z3) )
=f0(xy2+z3) (y2, 2xy, 3z2 ).
Exercice 7 :
1. On sait que f est continue sur R2\ {(0,0)}. De plus, quand x ety tendent vers 0, alors r=x2+y2 tend vers 0. Or rlogr tend vers 0 quand r tend vers 0 : cela implique que f est continue sur R2.
2. Soit (x, y)6= (0,0). Alors :
∂xf(x, y) = 2xlog(x2+y2) + (x2+y2) 2x
x2+y2 = 2x 1 + log(x2+y2) et
∂yf(x, y) = 2y 1 + log(x2+y2) . Etudions maintenant les dérivées partielles en (0,0). On a :
f(x,0)−f(0,0)
x−0 =xlog(x2) = 2xlog(x) →
x→00,
ce qui implique que ∂xf(0,0) = 0. De la même façon on montre que∂yf(0,0) = 0.
3. La fonction f admet des dérivées partielles sur tout R2. Elles sont continues sur R2\ {(0,0)}. On voit par ailleurs que :
|∂xf(x, y)| ≤2|x|+ 2|x| |log(x2+y2)|,
qui tend bien vers 0, quand (x, y)tend vers (0,0). Donc ∂xf est continue sur R2. Par le même raisonnement (il suffit d’inverser les rôles de x et de y), on obtient que ∂yf est continue surR2 : on a donc montré que la fonction f est de classeC1 sur R2.
4. On sait que :
∂xf(1,0) = 2 et ∂yf(1,0) = 0.
Donc la différentielle de f en(1,0) est :
d(1,0)f(x, y) =x ∂xf(1,0) +y ∂yf(1,0) = 2x.
5. La formule de Taylor-Young à l’ordre 1 au point (1,0)est pour h= (h1, h2) : f(1 +h1, h2) = 2h1+ε(h)khk,
avec lim
h→0ε(h) = 0, vu que f(1,0) = 0.
Exercice 8 :
D’après l’exercice 21 du TD2, on sait quef se prolonge de façon continue sur R2 en posant :
∀x∈R, f(x, x) = sin0(x) = cos(x).
Elle est différentiable en tout point de R2\ {(z, z), z ∈R}avec
∂xf(x, y) = (x−y) cos(x)−sin(x) + sin(y) (x−y)2
et
∂yf(x, y) = (y−x) cos(y) + sin(x)−sin(y) (y−x)2
Soit z ∈R. On vérifie qu’elle admet des dérivées partielles en(z, z) : f(x, z)−f(z, z)
x−z = sin(x)−sin(z)−(x−z) cos(z) (x−z)(x−z)
=
−(x−z)2sin(z)/2 + o
x→z(x−z)3 (x−z)2
=−sinz 2 + o
x→z(x−z),
qui tend vers −sin2z, quand x tend vers z. Donc ∂xf(z, z) =−sin2z. De même f(z, y)−f(z, z)
y−z =−sinz−siny−(z−y) cos(z)
(y−z)2 ,
ce qui permet d’avoir ∂yf(z, z) = sin2z. Montrons que ces dérivées partielles sont continues en(z, z). On remarque qu’il suffit de montrer que ∂xf l’est. Soit ((xn, yn))n tendant vers (z, z). On sait, par les formules de Taylor, qu’il existe hn entrexn etyn tel que :
sin(xn) = sin(yn) + (xn−yn) cos(xn)− (xn−yn)2
2 sin(hn).
Cela implique que ∂xf(xn, yn) =−sin2hn. Comme (xn)n et (yn)n tendent vers z, on sait que(hn)n tend aussi vers z. Ainsi ∂xf(xn, yn) converge vers −sin(z)/2 =∂xf(z, z).
Donc∂xf est bien continue sur R2. On montre de la même façon que∂yf est continue.
On a donc montré quef est bien différentiable sur R2 avec pour tout z ∈R: d(z,z)f(x, y) = x ∂xf(z, z) +y ∂yf(z, z) = y−x
2 sinz.
Exercice 9 :
Soit (x, y)un vecteur de R2 avecx6= 0. On a pour tout t : f(tx, ty)−f(0,0)
t = y2
x. De plus, poury ∈R, on a pour tout t :
f(0, ty)−f(0,0)
t =y.
Ainsi on a montré que quelque soit le vecteur v de R2, la fonction f admet bien une dérivée suivant le vecteur v en(0,0).
Cependant f(t3, t) = 1/t ne converge pas quandt tend vers 0, alors que(t3, t) tend vers (0,0) : la fonction f n’est donc pas continue en (0,0).
Exercice 10 :
1. On sait que pour (x, y)6= (0,0)on a :
|f(x, y)| ≤ |xy| |x2−y2|
x2+y2 ≤ |xy|x2+y2
x2+y2 ≤ |xy| →
(x,y)→(0,0) 0 Donc f est continue en (0,0), puis sur R2.
De plus, par produit de fonctions C1, on sait que f est de classe C1 sur R2\ {(0,0)}, avec :
∂xf(x, y) = y(x4+ 4x2y2−y4) (x2+y2)2 et
∂yf(x, y) = x(x4−4x2y2−y4) (x2 +y2)2 . Dans ce cas, on a :
|∂xf(x, y)| ≤ |x|x4 + 4x2y2+y4 (x2+y2)2 =|x|
1 + 2x2y2 (x2+y2)2
≤2|x|, et |∂yf(x, y)| ≤2|y|. Donc f est de classe C1 surR2 en posant :
∂xf(0,0) = 0 =∂yf(0,0).
2. Prenons h∈R. Alors on a :
∂xf(0,h)−∂xf(0,0)
h =−1 et ∂yf(h,0)−∂h yf(0,0) = 1.
Cela implique que ∂yxf(0,0) = −1et ∂xyf(0,0) = 1.
3. Comme ∂y,xf(0,0)6=∂x,yf(0,0), on sait par le théorème de Schwarz que f n’est pas C2 en (0,0).
Exercice 11 :
1. Supposons que N soit différentiable en 0. Alors il existe une matriceJ et une fonction ε telles que sur une bouleB(0, δ)
∀h, N(h) =J ·h+ε(h)khk,
avec ε(h) qui tend vers 0, quandh tend vers 0. Fixons x∈Rn. Alors, pourt >0 suffisamment petit, on obtient que
t N(x) = N(tx) =t J ·x+tε(tx)kxk, ou encore
N(x) = J·x+ε(tx)kxk, puis en faisant tendre t vers 0, on trouve que :
N(x) =J·x.
Cela impliquerait que la norme N soit linéaire. Cependant, comme
N(−x) =N(x)6=−N(x), pourx6= 0, on sait que N n’est pas linéaire. Donc N n’est pas différentiable en 0.
2. Soit x∈Rn avec x6= 0. Alors on a :
∂xik · k2(x) = xi
kxk2. Cela implique que ∇k · k2(x) = kxk1
2x, qui est bien continu sur Rn\ {0}. La fonction k · k2 est donc différentiable sur Rn\ {0} avec :
dxk · k2(h) = hx, hi kxk2
.
3. Soit x∈Rn avec pour tout i, xi 6= 0. Alors il existe une bouleB(x, r) telle que pour tout y∈B(x, r), chaque coordonnéeyi soit du même signe que xi. Dans cette boule B(x, r), on sait qu’il existe des coefficientsε1, . . . , εn valant ±1tels que :
kyk1 =
n
X
i=1
εiyi.
L’application k · k1 est donc une application linéaire sur B(x, r) : elle est alors différentiable en x.
Supposons maintenant qu’il existe un indice i tel que xi = 0. Dans ce cas, on a : kx+teik1 − kxk1
t = |t|
t ,
avec ei lei-ème vecteur canonique. Ce taux d’accroissement vaut ±1selon le signe de t, et donc n’admet pas de limite quand ttend vers 0. Donc k · k1 n’admet pas de dérivée partielle i-ème en x : elle n’est alors pas différentiable en x.
Finalement k · k1 est différentiable sur R2\ {(x1, . . . , xn), ∃i, xi = 0}avec : dxk · k1(h) =khk1.
Exercice 12 :
1. On sait que |ϕ(t)| ≤t4 tend vers 0, quand t tend vers 0. Donc ϕ est continue en 0. Cependant il est évident qu’elle est continue en un autre point : il s’agit de produit et de composée de fonctions. Donc ϕest continue sur R.
Pour un point différent de 0, on sait que :
ϕ0(t) = 4t3sin(1/t)−t2cos(1/t),
qui tend vers 0 quand t tend vers 0 (la démonstration est la même que pour la continuité de ϕ en 0). De plus, on a :
ϕ(t)−ϕ(0)
t−0 =t3sin(1/t) →
t→00,
ce qui implique que ϕest dérivable en 0, avec ϕ0(0) = 0. Finalement ϕest de classe C1 surR.
Enfin, pour t6= 0, on sait que ϕ est deux fois dérivable ent avec : ϕ00(t) = (12t2−1) sin(1/t)−6tcos(1/t).
De plus, on a :
ϕ0(t)−ϕ0(0)
t−0 = 4t2sin(1/t)−tcos(1/t) →
t→00,
ce qui implique que ϕest deux fois dérivable en 0 avec ϕ00(0) = 0. En fait on a que ϕest de classe C2 surR.
2. On sait que ϕ est deux fois dérivable surR et que (x, y)7→p
x2+y2 l’est sur R2\ {(0, 0)}. Donc f est deux fois différentiable sur R2\ {(0, 0)}.
Passons à l’étude en (0, 0): f(x, y) = ϕ(p
x2+y2)
=ϕ(0) +ϕ0(0)p
x2+y2+ϕ00(0)x2+y2
2 +ε(x2+y2)(x2+y2)
=ε(x2+y2)k(x, y)k2,
avec ε(h) tendant vers 0 quandh tend vers 0. Cela implique que f est deux fois différentiable en (0,0) etd2(0,0)f est l’application nulle.
3. On sait déjà que :
∂xf(x, y) = xϕ0(p
x2+y2) px2+y2
= 4x(x2+y2) sin(1/p
x2+y2)−xp
x2+y2cos(1/p
x2+y2) et
∂yf(x, y) = 4y(x2+y2) sin(1/p
x2+y2)−yp
x2+y2cos(1/p
x2+y2).
Cela implique que :
∂xyf(x, y) =y
8x− x x2 +y2
sin(1/p
x2+y2)−y 5x
px2+y2 cos(1/p
x2+y2)
et
∂yxf(x, y) = x
8y− y x2+y2
sin(1/p
x2+y2)−x 5y
px2+y2 cos(1/p
x2+y2).
De plus, pour le point (0,0), comme d2(0,0)f = 0, cela implique que
∂xyf(0,0) =∂yxf(0,0) = 0.
Exercice 13 :
1. La fonction g =f ◦γ est dérivable en 0, car c’est la composée de deux fonctions dérivables. De plus, on a :
g0(0) =dγ(0)f(γ0(0)) =dxf(γ0(0)).
Par propriété sur le gradient, on sait que :
dxf(γ0(0) =h∇f(x), γ0(0)i. 2. Par inégalité de Cauchy-Schwarz, on sait que :
|(f◦γ)0(0)| ≤ k∇f(x)k kγ0(0)k=k∇f(x)k.
Cette majoration est atteinte si et seulement si la condition d’égalité de Cauchy-Schwarz est vérifiée :
γ0(0) et ∇f(x) sont proportionnels.
3. Sur la surface représentant le graphe de f, si on considère les courbes passant par le point (x, f(x)), celle de plus grande pente par rapport à la verticale sera
obtenue, lorsque le vecteur tangent γ0(0) à la courbe γ en 0 sera parallèle au vecteur gradient de f en x, et dans le même sens.
Exercice 14 :
La matrice jacobienne de f(x, y) = (x2−y2,2xy) est : J(x,y)f =
2x −2y 2y 2x
,
ce qui donne detJ(x,y)f = 4(x2+y2)6= 0 pour(x, y)6= (0,0). Donc la matrice jacobienne de f est inversible en tout point de R2\ {(0,0)}.
Exercice 15 :
On voit, en utilisant le théorème de Schwarz, que :
∂rF(r, θ) = cosθ ∂xf(rcosθ, rsinθ) + sinθ ∂yf(rcosθ, rsinθ)
∂θF(r, θ) =−rsinθ ∂xf(rcosθ, rsinθ) +rcosθ∂yf(rcosθ, rsinθ)
∂rrF(r, θ) = cos2θ ∂xxf(rcosθ, rsinθ) + 2 cosθsinθ ∂xyf(rcosθ, rsinθ)
+ sin2θ ∂yyf(rcosθ, rsinθ)
∂θθF(r, θ) =−r(cosθ ∂xf(rcosθ, rsinθ) + sinθ ∂yf(rcosθ, rsinθ)) +r2 sin2θ ∂xxf(rcosθ, rsinθ) + cos2θ ∂yyf(rcosθ, rsinθ)
(−2 cosθsinθ ∂xyf(rcosθ, rsinθ)) En particulier, nous trouvons que :
∂θθF(r, θ) = −r∂rF(r, θ)−r2∂rrF(r, θ) +r2∆f(rcosθ, rsinθ), ce qui donne :
∆f(rcosθ, rsinθ) = ∂rrF(r, θ) + 1
r∂rF(r, θ) + 1
r2∂θθF(r, θ).
Appliquons cette formule àf(x, y) = √ 1
x2+y2. On pose alors F(r, θ) = 1/r. On a alors F(r, θ) = f(rcosθ, rsinθ). Ainsi la relation
∆f(rcosθ, rsinθ) = 2 r3 − 1
r 1 r2 = 1
r3 implique
∆f(x, y) = 1 (x2+y2)3/2.
Exercice 16 :
PourF(x, y, z) =f(xyz, x−yx+z), on trouve que :
∂xF(x, y, z) = yz ∂1f
xyz,x−y x+z
+ z+y (x+z)2∂2f
xyz,x−y x+z
∂yF(x, y, z) =xz ∂1f
xyz,x−y x+z
− 1 x+z∂2f
xyz,x−y x+z
∂zF(x, y, z) = xy ∂1f
xyz,x−y x+z
− x−y (x+z)2∂2f
xyz,x−y x+z
.
Cela nous donne la formule :
x∂xF(x, y, z) +y∂yF(x, y, z) +z∂zF(x, y, z) = 3xyz ∂1f
xyz,x−y x+z
Exercice 17 :
On sait que f(tx, ty) = tkf(x, y). En dérivant cette équation par rapport à t, on a : x∂xf(tx, ty) +y∂yf(tx, ty) = ktk−1f(x, y) = k
tf(tx, ty).
En remplaceantx par tx ety par ty, on obtient que :
x∂xf(x, y) +y∂yf(x, y) =kf(x, y).
Exercice 18 :
1. Soit (u, v)∈R2 et(x, y, z)∈R3. Alors :
J(x,y,z)f =
1 1 0 2xyz x2z x2y
et J(u,v)g =
2uv u2
2 1
0 ev
.
2. On sait que la jacobienne de l’application h1 =f◦g est alors : J(u,v)h1 =Jg(u,v)f ·J(u,v)g
=
1 1 0
2u2v(2u+v)ev (u2v)2ev (u2v)2(2u+v)
·
2uv u2
2 1
0 ev
=
2(uv+ 1) u2+ 1
2(5u+ 2v)u3vev (4u+ 3v+ 2uv+v2)vu4ev
Dans ce cas d(u,v)h1(V) = J(u,v)h1 ·V.
De même, pour h2 =g◦f, on trouve que :
J(x,y,z)h2 =
2xyz(x+y)(x+y+ 1) x2z(x+y)(x+ 3y) (x+y)2x2y
2(1 +xyz) 2 +x2z x2y
2xyzex2yz x2zex2yz x2yex2yz
,
puis d(x,y,z)h2(W) = J(x,y,z)h2·W.
Exercice 19 :
1. Pour (s, t)∈D, on cherche(x, y)∈D tel que f(x, y) = (s, t). Ce système est équivalent à :
xy = 4stet st = xy33. Cependant il n’existe qu’une unique solution qui est :
(x, y) = (2s2/3t1/3, 2s1/3t2/3).
On remarque que comme (s, t)∈D, le couple (x, y) est bien dansD. La fonction f est alors une bijection de D sur lui-même.
2. La matrice jacobienne de f au point (x, y) est : J(x,y)f =
x
y −2yx22
−2xy22
y x
! .
3. D’après la question 1, on sait que la réciproque de f est : g(s, t) = (2s2/3t1/3, 2s1/3t2/3).
4. Pour un point (x, t)∈D, on a : J(s,t)g =
4t1/3 3s1/3
2s2/3 3t2/3 2t2/3 3s2/3
4s1/3 3t1/3
! .
Exercice 20 :
Soit x≥0. On sait que arctanest dérivable sur R+, avec : arctan0(x) = 1
1 +x2.
Par le théorème des accroissements finis, on sait qu’il existe c∈]0, x[ tel que : arctan(x) = arctan(x)−arctan(0) = x
1 +c2 > x 1 +x2. Soit x >−1. En appliquant le théorème des accroissements finis à
x7→log(1 +x), on a un élément centre 0 et xtel que : log(1 +x) = log(1 +x)−log(1 + 0) = 1
1 +c(x−0) = x 1 +c.
Si x >0, alors c≥0, puis log(1 +x)≤x. Maintenant six≤0, alorsc≤0, puis log(1 +x)≤x. Donc on a bien que pour toutx >−1:
log(1 +x)≤x.
Soit x∈R. Par le théorème des accroissements finis appliqué à exp, on sait qu’il existe centre 0 etx tel que :
ex−1 =ex−e0 =ec(x−0) =ecx.
Si x >0, alors c >0, puis ec>1. Cela implique que dans ce cas, ex−1> x.
Supposons maintenant que x≤0. Alors on a ex−1≥x. Dans tous les cas, on a montré que pour tout x∈R, ex ≥1 +x.
Exercice 21 :
1. Comme (x, y)7→x2 et (x, y)7→x2+y2 sont de classe C1, on sait que f est de classe C1. Par composée de fonctions de classe C1, on sait que g est de classeC1. 2. Soit (x, y)∈R2. Alors :
J(x,y)f =
2x 0 2x 2y
puis
J(0,0)g =Jf(0,0)f ·J(0,0)f = 02.
3. Soit (x, y)∈B(0, ρ)avec ρ qu’on fixera plus tard. Soith= (h1, h2) de norme 1.
On sait alors que |h1|et |h2| sont plus petits que 1. Ainsi on trouve que : kJ(x,y)g(h)k22 = 4(2x2h21+y2h22+ 2xyh1h2)
≤4(2x2+y2+ 2xy)
≤8k(x, y)k22+ 8xy
≤8ρ+ 4(x2+y2)
≤12ρ.
En prenant ρ= 1/13, on obtient que pour tout (x, y)∈B(0, ρ) :
|||J(x,y)g|||<1.
4. Par la formule de Taylor avec reste intégral à l’ordre 1, on sait que : kg(X)−g(Y)k2 ≤
Z 1 0
|||JY+t(X−Y)g||| kX−Yk2dt.
Si X et Y sont dans B(0, ρ), alors par convexité deB(0, ρ), on sait que pour tout t∈[0,1],Y +t(X−Y)∈B(0, ρ)puis :
|||JY+t(X−Y)g|||<1, ce qui donne :
kg(X)−g(Y)k2 <
Z 1 0
dtkX−Yk2 =kX−Yk2.
Exercice 22 :
1. Pour la fonction f(x, y, z) = √ z
x2+y2, on a :
∇f(x, y, z) =
−(x2+yzx2)3/2
−(x2+yzy2)3/2
√ 1 x2+y2
qui est définie sur R3\ {(0,0, z), z ∈R}, puis
d(x,y,z)f(h1, h2, h3) = h3(x2+y2)−zxh1−zyh2 (x2+y2)3/2 .
2. Le gradient de la fonction f(x, y) = arctan(y/x) + arctan(x/y)en un point (x, y) est
∇f(x, y) = 0
0
défini sur R2\ {(x, y), x= 0 ouy = 0}. Cela nous donne alors que d(x,y)f = 0.
3. La fonction f(x, y) = (xy)xy = exp(xylog(xy)) admet pour gradient :
∇f(x, y) =
y(xy)xy(log(xy) + 1) x(xy)xy(log(xy) + 1)
défini sur {(x, y), xy >0}. Enfin on a
d(x,y)f(h1, h2) = (xy)xy(log(xy) + 1)(yh1+xh2).
Exercice 23 :
On pose f(x, y) = x2+y2. On sait que cette fonction est différentiable en chaque point de R2, avec :
∂xf(x, y) = 2x et ∂yf(x, y) = 2y.
Donc le plan tangent au point (a, b) à la surface représentative def, c’est-à-dire S, a pour équation :
z =a2+b2+ 2a(x−a) + 2b(y−b) = 2(ax+by)−a2−b2.
Exercice 24 :
Soit (x0, y0, z0)∈S. Comme la sphère S est invariante par rotation, on peut, quitte à changer de repère, supposer z0 >0. Dans ce cas, on pose la fonction :
f(x, y) =p
1−x2−y2.
On a donc z0 =f(x0, y0). On peut dans ce cas trouver l’équation du plan tangent à S au point (x0, y0, z0). En effet, on sait que :
∇f(x, y) = 1 p1−x2−y2
−x
−y
= 1
f(x, y) −x
−y
,
ce qui implique que l’équation du plan à étudier est : z =z0− x0
z0(x−x0)− y0
z0(y−y0) = z02+x02+y02
z0 − x0x+y0y
z0 = 1−x0x−y0y z0 , ce qui est équivalent àx0x+y0y+z0z = 1. Donc le plan tangent à S en(x0, y0, z0)est engendré par les vecteurs :
u=
z0
0
−x0
et v =
0 z0
−y0
.
Maintenant le vecteur
→
OM a pour représentation vectorielle(x0, y0, z0). Il suffit alors de calculer :
→
OM ·u=x0z0 −z0x0 = 0 et
→
OM ·v =y0z0−z0y0 = 0.
Ainsi
→
OM est orthogonal à u etv. Ce vecteur est donc orthogonal au plan tangent à S en (x0, y0, z0) : il est donc normal à S.
Exercice 25 :
1. On remarque que la courbe S a pour équation z =x2/y2. A partir de là, on trouve que le plan tangent à S au point (a, b, a2/b2) a pour équation :
z= a2 b2 +2a
b2(x−a)− 2a2
b3 (y−b).
On pose n˜= (2a/b, −2(a/b)2, −b) = (2u, −2u2, −v), puis un vecteur normal est :
n = n˜
k˜nk = 1
√4u2+ 4u4+v2
2u
−2u2
−v
.
L’équation de la normale en f(u, v)est alors l’ensemble des points
x y z
−f(u, v)
∧n= 0, ce qui est équivalent à
yv−2u2z =v2 −2u4 vx+uz =u3+uv2
2. On voit que notre vecteurn n’admet pas de limite, quand (u, v) tend vers (0, 0).
En effet, la première coordonnée pour (u, v) = (u, 0) tend vers 1, alors que pour (u, v) = (0, v) tend vers 0, quand (u, v) tend vers 0.
Exercice 26 :
1. On remarque que :
rot(f V)1 =∂y(f R)−∂z(f Q) = ∂yf R+f ∂yR−∂zf Q−f ∂zQ
=f(rot V)1−(∇f ∧V)1
rot(f V)2 =∂zf P +f ∂zP −∂xf R−f ∂xR =f(rot V)2−(∇f∧V)2 rot(f V)3 =∂xf Q+f ∂xQ−∂yf P −f ∂yP =f(rot V)3−(∇f∧V)3
Cela implique que rot(f V) = f rot V − ∇f ∧V.
2. On obtient en utilisant le théorème de Schwarz que : rot(∇f)1 =∂y(∂zf)−∂z(∂yf) = 0 rot(∇f)2 =∂z(∂xf)−∂x(∂zf) = 0 rot(∇f)3 =∂x(∂yf)−∂y(∂xf) = 0 ce qui implique que rot(∇f) = (0, 0, 0).
Exercice 27 :
On se place dans le cas où λ6= 0 et x6= 0. On voit que la surface S peut être définie par z = arctan(y/x). Ainsi le plan tangent à S en(a, b, c) est :
z =c− b
a2+b2(x−a) + a
a2+b2(y−b) = t− sint
λ (x−λcost) + cost
λ (y−λsint).
Un vecteur normal à ce plan est donné par :
n = 1
√1 +λ2 (−sint, cost, −λ).
La normale àS en(a, b, c)(λ, t) est donnée par l’ensemble des points :
x y z
−
a b c
∧n= 0, c’est-à-dire
λy+ costz =λ2sint+tcost λx−sintz =λ2cost−tsint
Six= 0, alors on inverse les rôles de x et de y, car la surface est invariante par la symétrie (x, y, z)7→(y, x, z).Dans ce cas, le vecteur normal en (x, y, z) pourra être le symétrique de √ 1
1+λ2 (0, −sint, −λ),ce qui donne :
n = 1
√1 +λ2 (−sint, 0, −λ).
Exercice 28 :
1. On utilise l’équation (E)avec x=y = 0, ce qui implique que : f(0) + 1 =f(0) +f(0),
puis que f(0) = 1.
2. Dérivons l’équation (E) par rapport à x
f0(x+y) =f0(x) + 2y, puis par rapport à y
f00(x+y) = 2.
Donc f00 est la fonction constante valant 2.
3. Grâce à f00(z) = 2, on sait que :
f(z) =z2+αz+β
avec α etβ deux constantes. Cependant la première question nous impose f(0) =β = 1.
Soit f(z) =z2+αz+ 1 pour α une constante réelle. Montrons que f vérifie (E).
Pour deux réels x et y, on a :
f(x+y) + 1 = (x+y)2 +α(x+y) + 2 =x2+αx+ 1 +y2+αy+ 1 + 2xy
=f(x) +f(y) + 2xy.
Exercice 29 :
1. Commef est de classe C3, en appliquant le théorème de Schwarz, on trouve que : ∆∂xf =∂x(∂xxf) +∂x(∂yyf) = ∂x∆f = 0, donc∂xf est harmonique ;
∆∂yf =∂y(∂xxf) +∂y(∂yyf) =∂y∆f = 0, donc∂yf est harmonique.
De plus, on sait que :
∂x(x∂xf +y∂yf) = ∂xf+x∂xxf +y∂xyf, ce qui implique que :
∂xx(x∂xf+y∂yf) = 2∂xxf +x∂xxxf+y∂y∂xxf.
De même ∂yy(x∂xf +y∂yf) = 2∂yyf+y∂yyyf +x∂x∂yyf. Cependantf est harmonique. Donc ∂xxf =−∂yyf. Cela nous donne que :
∂xx(x∂xf +y∂yf) =−2∂yyf−x∂x∂yyf−y∂yyyf =−∂yy(x∂xf +y∂yf).
On vient donc de montrer que (x, y)7→x∂xf(x, y) +y∂yf(x, y) est harmonique.
2. Supposons que f(x, y) =ϕ(x2+y2). Alors : ∂xf(x, y) = 2x ϕ0(x2+y2) ;
∂xxf(x, y) = 2ϕ0(x2+y2) + 4x2ϕ00(x2+y2) ; ∂yf(x, y) = 2y ϕ0(x2+y2) ;
∂yyf(x, y) = 2ϕ0(x2+y2) + 4y2ϕ00(x2+y2).
Donc en prenant t=x2+y2, on trouve que0 = ∆f(x, y) = 4ϕ0(t) + 4tϕ00(t),ce qui est équivalent à ϕ0(t) +tϕ00(t) = 0.
Cette équation différentielle nous donne ϕ0(t) = At, puis ϕ(t) =Alog(t) +B.
3. On vient de montrer que les fonctions harmoniques sont forcément de la forme : f(x, y) =Alog(x2+y2) +B.
Cependant, il faut que f soit de classe C2, et donc continue surR2. Cela
implique que forcément A = 0. Donc f est constante et on vérifie facilement que les fonctions constantes sont bien harmoniques.
Exercice 30 :
1. Soit g solution de (E). Alors :
∂uf = 1 2∂xg
u+v
2 ,v−u 2
− 1 2∂yg
u+v
2 ,v−u 2
= a 2. 2. Comme ∂uf(u, v) = a2, il existe une fonction C(v)telle que :
f(u, v) = a
2u+C(v).
3. On sait que g(x, y) = f(x−y, x+y), ce qui implique que : g(x, y) = a
2(x−y) +C(x+y).
On vérifie que ces fonctions sont bien solutions de (E). En effet, on voit que :
∂xg(x, y) = a
2+C0(x+y), et
∂yg(x, y) = −a
2 +C0(x+y).
On a donc bien que ∂xg(x, y)−∂yg(x, y) = a.
Exercice 31 :
On sait que :
J(s,t)g = (t2 2ts) et J(x,y)f = y2exy (1 +yx)exy
2xy2 1+x2y2
2x2y 1+x2y2
! .
Ainsi on trouve que :
J(x,y)(g◦f) = ( log2(1 +x2y2) 2yexylog(1 +x2y2) )· y2exy (1 +yx)exy
2xy2 1+x2y2
2x2y 1+x2y2
!
= t y2exylog2(1 +x2y2) + 41+xxy23y2 exylog(1 +x2y2) (1 +yx)exylog2(1 +x2y2) + 41+xy2x22y2 exylog(1 +x2y2)
! .
Cela nous permet de trouver que :
∇(g◦f)(x, y) = y2exylog2(1 +x2y2) + 41+xxy23y2 exylog(1 +x2y2) (1 +yx)exylog2(1 +x2y2) + 41+xy2x22y2 exylog(1 +x2y2)
! .
Exercice 32 :
Même énoncé que pour l’exercice 6.
Exercice 33 :
1. On sait que :
∂xf(x, y) = x
x2+y2+
√
x2+2y2 ; ∂yf(x, y) = 2y
x2+y2+√
x2+2y2. Donc le gradient de f en(2,0)est :
∇f(2,0) = 1/3
0
.
2. Comme le plan tangent à la surface d’équationz =f(x, y)au point (a, b, f(a, b)) est donnée par l’équation générique
z =f(a, b) +∂xf(a, b)(x−a) +∂yf(a, b)(y−b), on obtient ici au point (2,0,log(3)) l’équation :
z = log(3) + x−2 3 .
Exercice 34 :
Soit A etH deux éléments de M2(R). On a alors :
f(A+H) = (A+H)2 =A2+AH+HA+H2 =f(A) +D(A, H) +ε(H)kHk, avecD(A, H) = AH+HA qui est linéaire en H et ε(H) = kHkH2 . On remarque que :
kε(H)k=kHk →
H→00.
Par unicité de la différentielle d’une application, on a montré que : dAf(H) = AH+HA.
Exercice 35 :
1. La fonction det est continue sur Mn(R). Donc GLn(R) = det−1(R?) est ouvert.
2. Si i=j, et t6=−1, alors In+tEij = (1 +t)In admet pour inverse : (In+tEii)−1 =In+
1 1 +t −1
Eii.
Si i6=j, on voit queEij2 = 0, et donc : (In+tEij)−1 =
∞
X
k=0
(−tEij)k =In−tEij.
3. Si i=j, on a :
(In+tEij)−1−In
t =− 1
1 +tEii →
t→0−Eii, alors que si i6=j, on obtient :
(In+tEij)−1−In
t =−Eij.
Ainsi pour la fonction ϕ:t7→(In+tEij)−1, on a : d0ϕ(t) =−t Eij On a donc montré que :
∂f
∂Eij(In) = −Eij ce qui implique que :
dInf(H) =−X
i,j
hijEij =−H.
4. Soit A∈GLn(R). L’énoncé nous permet d’écrire pour H ∈ Mn(R): (A+H)−1 = (In+A−1H)−1A−1
= (In−A−1H+ε(H)kHk)A−1
=A−1 −A−1HA−1+ ˜ε(H)kHk,
où les fonctions ε etε˜tendent vers 0, quand H tend vers 0. On a donc par unicité que :
dAf(H) =−A−1HA−1.
Exercice 36 :
Soit Eij la matrice (i, j) de la base canonique de Mn(R). Si i6=j, on a : det(In+tEij) = 1 = detIn.
En effet, In+tEij est une matrice triangulaire : son déterminant est alors le produit de ses termes diagonaux. Ainsi pouri6=j, on a montré que :
∂det
∂Eij(In) = 0.
Ensuite, on sait que det(In+tEii) = 1 +t, ce qui implique que :
∂det
∂Eii(In) = 1.
On a donc montré que :
dIndet(H) =
n
X
i=1
hii=tr(H).
