I.U.T. de Brest Ann´ee 2019-2020
G.M.P. 2 Corrig´e du devoir du 22/10/2019
Fonctions de plusieurs variables (M3301)
Exercice 1 (≃6 points). On consid`ere f la fonction de deux variables d´efinie sur R2 par : f(x, y) =x2+ 6xy+y3+ 3y2−15y .
1. D´eriv´ees partielles premi`eres. On obtient sans difficult´e particuli`ere :
∂f
∂x(x, y) = 2x+ 6y= 2(x+ 3y)
et ∂f
∂y(x, y) = 6x+ 3y2+ 6y−15 = 3(2x+y2+ 2y−5). 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
⇐⇒
x+ 3y = 0
2x+y2+ 2y−5 = 0 ⇐⇒
x=−3y
2×(−3y) +y2+ 2y−5 = 0 D’o`u
(S)⇐⇒
x=−3y
y2−4y−5 = 0
Pour r´esoudre la seconde ´equation (y2−4y−5 = 0), on calcule son discriminant ∆ = 16 + 20 = 36 puis on en d´eduit les deux solutions y=−1 et y= 5.
En utilisant la premi`ere ´equation (x=−3y), on trouve : - premier cas : lorsque y =−1, on obtient x=−3y = 3 ; - second cas : lorsque y= 5, on obtientx=−3y=−15.
Conclusion. La fonction f admet deux points critiques : les points (3;−1) et (−15; 5).
3. D´eriv´ees partielles secondes.
∂2f
∂x2(x, y) = 2, ∂2f
∂x∂y(x, y) = 6,
et ∂2f
∂y2(x, y) = 6y+ 6 = 6(y+ 1).
4. Dans l’´enonc´e, il ´etait demand´e de choisir le point critique dont l’abscisse ´etait la plus petite. Comme
−15<3, on va d´eterminer la nature du point critique (−15; 5).
r = ∂2f
∂x2(−15; 5) = 2; s= ∂2f
∂x∂y(−15; 5) = 6; et t= ∂2f
∂y2(−15; 5) = 6×6 = 36.
Ainsi rt−s2 = 2×36−36 = 36>0. Commer= 2 >0, la fonction f admet un minimum local en (−15; 5).
Exercice 2 ( ≃8 points). On consid`ere f la fonction de deux variables d´efinie par : f(x, y) = y2−9x2+ 16
x2−y .
1. Pour commencer, on constate que les deux expressions y2−9x2+ 16 et x2−y sont d´efinies surR2. Ainsi f(x, y) = y2−9x2+ 16
x2−y est d´efinie si et seulement si x2 −y6= 0.
Or x2 −y= 0 ssi y=x2, qui est l’´equation d’une parabole.
Par cons´equent, le domaine de d´efinition de la fonction f est repr´esent´e par tous les points du plan R2 `a l’exception des points de la parabole P d’´equation y=x2.
Le domaine Df est donc la zone hachur´ee en rouge sur le dessin suivant :
1 2 3 4 5
−1
−2
−3
−4
−5 −1
−2 1 2 3 4 5 6 7 8
9 P
2. La ligne de niveau −10 de f est l’ensemble des points (x, y)∈Df v´erifiant f(x, y) =−10. Or f(x, y) =−10 si et seulement si y2−9x2+ 16
x2−y =−10, ssiy2−9x2+ 16 =−10(x2−y),
ssiy2−9x2+ 16 =−10x2 + 10y, ssix2+y2−10y+ 16 = 0, ssix2+ (y−5)2−52+ 16 = 0, ssix2+ (y−5)2= 25−16, ssix2+ (y−5)2= 9, ssix2+ (y−5)2= 32.
On reconnait l’´equation du cercle, disonsC, de centre le pointAde coordonn´ees (0; 5) et de rayon 3.
Par cons´equent, la ligne de niveau recherch´ee est l’ensemble de tous les points qui sont `a la fois sur le cercle C et dans le domaine Df. En tenant compte du trac´e de la question 1, on constate que la ligne de niveau −10 def, trac´ee en bleu ci-dessous, est le cercle C priv´e des 4 points d’intersection de C et de la parabole P.
1 2 3 4 5
−1
−2
−3
−4
−5 −1
−2 1 2 3 4 5 6 7 8
9 P
C
•
•
•
•
3. La ligne de niveau −8 de f est l’ensemble des points (x, y)∈Df v´erifiant f(x, y) = −8. Or f(x, y) =−8 si et seulement si y2−9x2+ 16
x2−y =−8, ssiy2−9x2+ 16 =−8(x2−y),
ssiy2−9x2+ 16 =−8x2+ 8y, ssiy2−8y+ 16 =x2,
ssi (y−4)2 =x2,
ssiy−4 = x ouy−4 =−x, ssiy=x+ 4 ou y=−x+ 4.
On reconnait les ´equations de deux droites : la droite d1 d’´equation y = x + 4 et la droite d2
d’´equation y =−x+ 4.
Par cons´equent, la ligne de niveau recherch´ee, trac´ee en bleu ci-dessous, est la r´eunion des deux droites d1 etd2 priv´ee des 4 points d’intersection de d1 avec P, ainsi que de d2 avec P.
1 2 3 4 5
−1
−2
−3
−4
−5 −1
−2 1 2 3 4 5 6 7 8
9 P d1
d2
•
•
•
•
Remarque 1. Dans le corrig´e, pour gagner en lisibilit´e, on a effectu´e un dessin `a chaque question (mais sur la copie il fallait tracer les deux droites sur le dessin effectu´e `a la question 2).
Remarque 2. Les 4 points `a exclure sont exactement les mˆemes `a la question 2 et `a la question 3.
Exercice 3 ( ≃6 points). On consid`ere f la fonction de deux variables d´efinie surR2 par : f(x, y) =x3y+x3−x2y+ 4.
1. D´eriv´ees partielles premi`eres. On obtient sans difficult´e particuli`ere :
∂f
∂x(x, y) = 3x2y+ 3x2−2xy
et ∂f
∂y(x, y) =x3−x2. 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
⇐⇒
3x2y+ 3x2−2xy = 0 (E1) x3−x2 = 0 (E2)
⇐⇒
3x2y+ 3x2−2xy = 0 (E1) x2(x−1) = 0 (E2)
Or x2(x−1) = 0 si et seulement si x2 = 0 oux−1 = 0, c’est-`a-dire ssi x= 0 oux= 1.
• Six = 0, on l’injecte dans la premi`ere ´equation (E1) du syst`eme pr´ec´edent et on obtient 0 = 0.
On a donc un point critique d`es que x = 0, et peu importe la valeur de y : tous les points de
coordonn´ees (0;b) avec b ∈R sont des points critiques de f.
• Si x = 1, on l’injecte dans la premi`ere ´equation (E1) du syst`eme pr´ec´edent et on obtient 3y+ 3−2y= 0. Cela donne y=−3. On trouve ainsi le point critique (1;−3).
• Conclusion.f admet une infinit´e de points critiques : (1;−3) et tous les points (0;b) avec b ∈R. 3. (0; 0) est bien un point critique de f : il suffit de prendre b = 0 `a la question pr´ec´edente. Pour ce point critique (0; 0), on admet que rt−s2 = 0 (avec les notations habituellement utilis´ees en cours).
La fonction f admet-elle un extremum en (0; 0) ? Trois situations sont possibles :
1) maximum local : f(x, y)6 f(0; 0) pour tous les couples (x, y) appartenant `a un certain disque centr´e en (0; 0) ;
2) minimum local : f(x, y) > f(0; 0) pour tous les couples (x, y) appartenant `a un certain disque centr´e en (0; 0) ;
3) pas d’extremum : pour tout disqueD centr´e en (0; 0), on peut trouver `a la fois des couples (x, y) tels que f(x, y)< f(0; 0) et d’autres couples (x, y) tels que f(x, y)> f(0; 0).
Notons pour commencer quef(0; 0) = 4. On va donc ´etudier le signe def(x, y)−f(0; 0) =f(x, y)−4 au voisinage de (0; 0).
Or f(x, y)−4 =x3y+x3−x2y.
Montrons que f n’admet pas d’extremum local en (0; 0). Pour cela, consid´erons un disque Dcentr´e en (0; 0) et de rayon R >0 (avec R ´eventuellement tr`es petit) :
• On remarque que si x <0 et y >0, alorsx3y <0, ainsi que x3 <0 et aussi −x2y <0. Donc, par somme, f(x, y)−4<0. Autrement dit, on af(x, y)−4<0 pour tout (x;y) appartenant au disque D et v´erifiant x <0 et y > 0. Ainsi f(x, y)−4 est n´egative stricte dans le quart sup´erieur gauche du disque D.
• Modifions maintenant l’´ecriture de f(x, y)−4 :
f(x, y)−4 =x3y+x3−x2y=x3+x3y−x2y=x3+x2y(x−1).
On constate alors que si 0 < x < 1 et y <0, alors x3 > 0, x2 >0, y < 0 et x−1< 0. Donc, par produits et somme, f(x, y)−4>0. Autrement dit, on af(x, y)−4>0 pour tout (x;y) appartenant au disque D et v´erifiant 0< x <1 et y <0. Ainsi f(x, y)−4 est positive stricte dans tout ou une partie (selon que R >1 ou R <1) du quart inf´erieur droit du disque D.
Remarque. Pour montrer que f(x, y)−4 pouvait ˆetre positive stricte dans le disque D, on aurait aussi pu proc´eder ainsi : si on prend y=x, alorsf(x, y)−4 = f(x, x)−4 =x4+x3−x3 =x4 >0 pour tout x >0.
• Conclusion. Comme f(x, y)−4 change de signe sur n’importe quel disque centr´e en (0; 0) et de rayon R > 0, on peut affirmer que f n’admet pas d’extremum local en (0; 0).
Fin du corrig´e
