Soit f la fonction de \

(1)

Soit f la fonction de \

²

dans \ définie par :

( ) ( ) ( )

( ) ( )

3

2 2

si , 0 ; 0

,

0 si , 0 ; 0

x y x y

x y

f x y

x y

⎧⎪

⎪⎨

⎪⎪⎩

+ ≠

=

1. Etudier la continuité de f.

2. Etudier la continuité des dérivées partielles de f.

3. Montrer que : _{∂ ∂} ^∂ _{x y}

²

^f ( ) ^{0 ; 0} ^≠ _{∂ ∂} ^∂ _{y x}

²

^f ( ) ^{0 ; 0} ^.

Analyse

Au regard de l’expression de ^{f x y}

(

^,

)

^pour

(

^{x y}^,

) (

^≠ ^{0 ; 0}

)

, on est amené à se concentrer sur le point

(

0 ; 0 . En ce point particulier, on est amené à calculer les dérivées partielles d’ordre

)

1 et 2 en se ramenant à la définition.

Résolution

Question 1.

La continuité de la fonction f ne pose pas de problème sur ^\²^\

{ (

^{0 ; 0}

) }

. Nous allons en revanche l’étudier plus spécifiquement en

(

^{0 ; 0 .}

)

Passons en coordonnées polaires en posant classiquement x=rcosθ et y=rsinθ (avec 0

r≥ ). Il vient alors, pour

(

^{x y}^,

) (

^≠ ^{0 ; 0}

)

, c'est à dire pour r>0 :

( )

( ) ( )

3 3 4 3

2 3

2 2

2 2 2

cos sin cos sin

cos sin

r r

x y r

x y r r r r

θ θ θ θ θ θ

θ θ

= = =

+ +

Ainsi, pour r>0 : ^{f r}

(

^{cos , sin}^θ ^r ^θ

)

⁼^r²^cos³^θ^sin^θ^.

Il en découle : ^{∀ >}^r ^{0, 0}^≤ ^{f r}

(

^{cos , sin}^θ ^r ^θ

)

⁼ ^r²^cos³^θ^sin^θ ^≤^r²^.

(2)

Comme ² lim0 0

r r

→ = , on en déduit immédiatement (encadrement) :

( ) ( )

0 0

lim cos , sin lim cos , sin 0

r f r θ r θ r f r θ r θ

→ = → =

On en déduit :

( ) ( )

,lim0 ; 0 , lim0 cos , sin 0

x y f x y r f r θ r θ

→ = → = .

Or, on a : ^f

(

^{0 ; 0}

)

⁼⁰. Il vient donc :

( ) ( )

,lim0 ; 0 , 0 ; 0

x y f x y f

→ = et on peut finalement

conclure à la continuité de f en

(

^{0 ; 0}

)

^.

La fonction f est continue sur \².

Question 2.

Commençons par nous placer en

(

^{x y}^,

) (

^≠ ^{0 ; 0}

)

^.

On a alors : ^{f x y}

(

^,

)

₂^{x y}³ ₂

x y

= + et :

( ) ( )

( )

( ) ( )

( )

2 2 2 2

2 2 2 3 2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2

3 2

3 2 3

, x y x y x y x x y x y x x y x y

f x y

x x y x y x y

⎡ + − ⎤

× + − × +

∂ = = ⎣ ⎦ =

∂ + + +

( ) ( )

( )

3 2 2 2

3 2 2 3 3 2 2

3

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

, x x y x y y x x y y x x y

f x y

y x y x y x y x y x y

⎡ + − ⎤

× + − × −

∂ = = = ⎣ ⎦ =

∂ + + + +

Les dérivées partielles du premier ordre ne pose pas de problème de continuité en tout point

(

^{x y}^,

) (

^≠ ^{0 ; 0}

)

^.

Etudions les dérivées partielles du 1^er ordre en

(

^{0 ; 0 .}

)

Par définition, on a :

( ) ( ) ( )

0 0

; 0 0 ; 0 0

0 ; 0 lim lim 0

x x

f x f

f

x ^→_≠ x ^→_≠ x

∂ = − = =

∂ Et :

( ) ( ) ( )

0 0

0 ; 0 ; 0 0

0 ; 0 lim lim 0

y y

f y f

f

y ^→_≠ y ^→_≠ y

∂ = − = =

∂

(3)

En procédant comme dans la question 1, on a facilement, pour

(

^{x y}^,

) (

^≠ ^{0 ; 0}

)

, c'est-à-dire 0

r> :

( ) ( ) ( ( ) ( ) )

( ) ( )

( )

2 2 2

2 2 2 2 2 2

4

2 2 2

2 2

cos sin cos 3 sin

cos , sin

cos sin

cos sin cos 3 sin

cos sin cos 3sin

cos sin 1 2sin

r r r r

f r r

x r r

r r r r

r r

r

θ θ θ θ

θ θ

θ θ θ θ

θ θ θ

∂ = +

∂ +

= +

Il en découle : ^{∀ >}^r ^{0, 0}^≤ ^∂_∂^f_x

(

^r^{cos , sin}^θ ^r ^θ

)

⁼ ^r^cos²^θ^sin^θ

(

^{1 2sin}⁺ ²^θ

)

^≤³^r^.

Comme

0

lim 3 0

r r

( ) ( )

0 0

r r

f f

r r r r

x θ θ x θ θ

→ →

∂ = ∂ =

∂ ∂

On en déduit :

( ) ( )

x y r

f f

x y r r

x x θ θ

→ →

∂ = ∂ =

∂ ∂ .

Or, on a : ^f

(

^{0 ; 0}

)

⁰

x

∂ =

∂ . Il vient donc :

( ) ( )

,lim0 ; 0 , 0 ; 0

x y

f f

x x y x

→

∂ =∂

∂ ∂ et on peut finalement

conclure à la continuité de f x

∂

∂ en

(

^{0 ; 0}

)

^.

La fonction f x

∂

∂ est continue sur \².

On procède de façon similaire avec f y

∂

∂ ^.

On a cette fois : pour

(

^{x y}^,

) (

^≠ ^{0 ; 0}

)

, c'est-à-dire r>0 :

( ) ( ) ( ( ) ( ) )

( ) ( )

( )

3 2 2

2 2 2

3 3 2 2 2 2

4

3 2 2

3

cos cos sin

cos , sin

cos sin

cos cos sin

cos cos 2

r r r

f r r

y r r

r r r

r r

r

θ θ θ

θ θ

θ θ θ

θ θ

∂ = −

∂ +

= −

=

(4)

Il en découle : ^r ^{0, 0} ^f

(

^r^{cos , sin}^r

)

^r^cos³ ^{cos 2}

( )

^r

y θ θ θ θ

∀ > ≤ ∂ = ≤

∂ .

Comme

0

lim 0

r r

( ) ( )

0 0

r r

f f

r r r r

y θ θ y θ θ

→ →

∂ = ∂ =

∂ ∂

On en déduit :

( ) ( )

x y r

f f

x y r r

y y θ θ

→ →

∂ = ∂ =

∂ ∂ .

Or, on a : ^f

(

^{0 ; 0}

)

⁰

y

∂ =

∂ . Il vient donc :

( ) ( )

,lim0 ; 0 , 0 ; 0

x y

f f

y x y y

→

∂ =∂

∂ ∂ et on peut finalement

conclure à la continuité de f y

∂

∂ en

(

^{0 ; 0 .}

)

La fonction f y

∂

∂ est continue sur \².

Question 3.

Pour ce qui est des dérivées partielles d’ordre 2, nous nous concentrons encore sur le point

(

^{0 ; 0 .}

)

Par définition, on a :

( ) ( ) ( ) ( )

2

0 0

0 ; 0 ; 0

0 ; 0 0 ; 0 lim

y y

f f

f f x y x

y x y x ^→_≠ y

∂ −∂

⎡ ⎤

∂ =⎢∂ ∂⎛⎜ ⎞⎟⎥ = ∂ ∂

∂ ∂ ⎣∂ ⎝∂ ⎠⎦

Or, pour y≠0, on a :

( ) ( )

( )

2 2 2

0 0 3

0 ; 0

0

y y

f y

x y

× × +

∂ = =

∂ + et il vient :

( ) ( ) ( )

2

0 0

0 ; 0 ; 0

0 ; 0 lim lim0 0 0

y y

f f

f x y x

y x ^→_≠ y ^→_≠ y

∂ −∂

∂ = ∂ ∂ = − =

∂ ∂

Et :

( ) ( ) ( ) ( )

2

0 0

; 0 0 ; 0

0 ; 0 0 ; 0 lim

x x

f f

f f y x y

x y x y ^→_≠ x

∂ −∂

⎡ ⎛ ⎞⎤

∂ =⎢∂ ∂⎜ ⎟⎥ = ∂ ∂

∂ ∂ ⎣∂ ⎝∂ ⎠⎦

(5)

Or, pour x≠0, on a :

( ) ( )

( )

3 2 2 5

2 4

2 2

; 0 0

0 x x

f x

x x

y x x

∂ = − = =

∂ + et il vient :

( ) ( ) ( )

2

0 0

; 0 0 ; 0

0 ; 0 lim lim 1

x x

f f

f y x y x

x y ^→_≠ x ^→_≠ x

∂ −∂

∂ = ∂ ∂ = =

∂ ∂

Finalement :

( ) ( )

2 2

0 ; 0 0 ; 0

f f

y x x y

∂ ≠ ∂

∂ ∂ ∂ ∂

On tire de ce résultat qu’au moins une des deux dérivées partielles secondes croisées de f n’est pas continue en

(

^{0 ; 0}

)

. En effet, si les deux dérivées partielles secondes croisées de f étaient continues en

(

0 ; 0 , alors on aurait

)

²^f

(

^{0 ; 0}

)

²^f

(

^{0 ; 0}

)

y x x y

∂ = ∂

∂ ∂ ∂ ∂ (théorème de Schwarz).

Soit f la fonction de \