Fonctions de plusieurs variables

(1)

Exo7

Fonctions de plusieurs variables

Exercices de Jean-Louis Rouget. Retrouver aussi cette fiche surwww.maths-france.fr

* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile I : Incontournable

Exercice 1 ** I

Etudier l’existence et la valeur éventuelle des limites suivantes : 1. _x2^xy+y² en(0,0)

2. _x^x2²+y^y²² en(0,0) 3. ^x_x³2^+y+y³⁴ en(0,0) 4.

√

x²+y²

|x|√

|y|+|y|√

|x| en(0,0) 5. ^(x²^−y)(y_x+y²^−x) en(0,0) 6. ^1−cos

√|xy|

|y| en(0,0) 7. _x2−y^x+y²+z² en(0,0,0) 8. _x2−y^x+y²+z² en(2,−2,0)

CorrectionH ^[005887]

Exercice 2 *** I

Pour(x,y)∈R², on pose f(x,y) =







xy(x²−y²)

x²+y² si(x,y)6= (0,0) 0 si(x,y) = (0,0)

. Montrer que f est de classeC¹(au moins) surR².

Exercice 3 *** I Soit f(x,y) =





 y²sin

x y

siy6=0 0 siy=0

.

Déterminer le plus grand sous-ensemble deR²sur lequel f est de classeC¹. Vérifier que_∂x∂y^∂²^f (0,0)et_∂^∂_y∂x²^f (0,0) existent et sont différents.

Exercice 4 **

Montrer que ϕ : R² → R²

(x,y) 7→ (e^x−e^y,x+y)

est unC¹-difféomorphisme deR²sur lui-même.

Exercice 5 ***

(2)

Soit n∈N. Montrer que l’équationy²ⁿ⁺¹+y−x=0 définit implicitement une fonction ϕ surR telle que : (∀(x,y)∈R²),[y²ⁿ⁺¹+y−x=0⇔y=ϕ(x)].

Montrer queϕ est de classeC^∞surRet calculer^R₀²ϕ(t)dt.

Exercice 6 ***

Donner un développement limité à l’ordre 3 en 0 de la fonction implicitement définie sur un voisinage de 0 par l’égalitée^x+y+y−1=0.

Exercice 7 *

Soit f une application deRⁿdansRde classeC¹. On dit que f est positivement homogène de degrér(rréel donné) si et seulement si∀λ ∈]0,+∞[,∀x∈Rⁿ, f(λx) =λ^rf(x).

Montrer pour une telle fonction l’identité d’EULER:

∀x= (x₁, ...,x_n)∈Rⁿ∑ⁿ_i=1x_i^∂_∂x^f

i(x) =r f(x).

Exercice 8 ** I

Extremums des fonctions suivantes : 1. f(x,y) =x³+3x²y−15x−12y 2. f(x,y) =−2(x−y)²+x⁴+y⁴.

Exercice 9 *** I

Soit f : GLn(R) → Mn(R)

A 7→ A⁻¹

. Montrer que f est différentiable en tout point deMn(R)\ {0}et déterminer sa différentielle.

Exercice 10 *

Déterminer Max{|sinz|,z∈C,|z|61}.

Exercice 11 **

Les formes différentielles suivantes sont elles exactes ? Si oui, intégrer et si non chercher un facteur intégrant.

1. ω= (2x+2y+e^x+y)(dx+dy)surR². 2. ω=^xdy−ydx_(x−y)2 surΩ={(x,y)∈R²/y>x}

3. ω=^xdx+ydy_x2+y² −ydy 4. ω=_x¹2ydx− ¹

xy²dysur(]0,+∞[)²(trouver un facteur intégrant non nul ne dépendant que dex²+y²).

Exercice 12 *** I

Résoudre les équations aux dérivées partielles suivantes : 1. 2^∂_∂x^f −^∂_∂y^f =0 en posantu=x+yetv=x+2y.

2. x^∂_∂y^f −y^∂^f

∂x =0 surR²\ {(0,0)}en passant en polaires.

(3)

3. x²^∂_∂x²₂^f +2xy_∂x∂y^∂²^f +y²^∂_∂y²₂^f =0 sur]0,+∞[×Ren posantx=uety=uv.

Exercice 13 **

Déterminer la différentielle en tout point de f : R³×R³ → R (x,y) 7→ x.y

et g : R³×R³ → R (x,y) 7→ x∧y

.

Exercice 14 **

Soit (E,k k) un espace vectoriel normé etB={x∈E/kxk<1}. Montrer que f : E → B x 7→ _1+kxk^x

est un homéomorphisme.

Exercice 15 **

E=Rⁿ est muni de sa structure euclidienne usuelle. Montrer que f : E → R x 7→ kxk₂

est différentiable sur E\ {0}et préciserd f. Montrer que f n’est pas différentiable en 0.

Exercice 16 ***

Maximum du produit des distances d’un pointMintérieur à un triangleABCaux cotés de ce triangle.

Exercice 17 *

Minimum de f(x,y) =p

x²+ (y−a)²+p

(x−a)²+y²,aréel donné.

Exercice 18 ***

Trouver une application non constante f :]−1,1[→Rde classeC² telle que l’application gdéfinie surR² parg(x,y) = f

cos(2x) ch(2y)

ait un laplacien nul sur un ensemble à préciser. (On rappelle que le laplacien degest

∆g=^∂_∂²_x^g2 +^∂_∂y²^g2. Une fonction de laplacien nul est dite harmonique.)

Exercice 19 *** I

Soit f : R² →R² de classeC² dont la différentielle en tout point est une rotation. Montrer que f est une rotation affine.

(4)

Correction del’exercice 1N 1. f est définie surR²\ {(0,0)}.

Pourx6=0, f(x,0) =0. Quandx tend vers 0, le couple(x,0)tend vers le couple(0,0)et f(x,0)tend vers 0. Donc, si f a une limite réelle en 0, cette limite est nécessairement 0.

Pourx6=0, f(x,x) =¹₂. Quandxtend vers 0, le couple(x,x)tend vers(0,0)et f(x,x)tend vers ¹₂6=0.

Donc f n’a pas de limite réelle en(0,0).

2. f est définie surR²\ {(0,0)}.

Pour(x,y)6= (0,0),|f(x,y)|=_x^x2²+y^y²² = _x2^|xy|+y²× |xy|6¹₂|xy|. Comme ¹₂|xy|tend vers 0 quand le couple (x,y)tend vers le couple(0,0), il en est de même de f. f(x,y)tend vers 0 quand(x,y)tend vers(0,0).

Poury6=0, f(0,y) =^y_y³4 =¹_y. Quandytend vers 0 par valeurs supérieures, le couple(0,y)tend vers le couple(0,0)et f(0,y)tend vers+∞. Donc f n’a pas de limite réelle en(0,0).

Pourx6=0, f(x,x) =

√ 2x² 2|x|√

|x|= √¹

2|x|.Quandxtend vers 0, le couple(x,x)tend vers le couple(0,0)et f(x,x)tend vers+∞. Donc f n’a pas de limite réelle en(0,0).

5. f est définie surR²\ {(x,−x),x∈R}.

Pourx6=0, f(x,−x+x³) =^(x+x²^−x³^{)(−x+(−x+x}_x₃ ²⁾²⁾ ∼

x→0−¹_x. Quandxtend vers 0 par valeurs supérieures, le couple(x,−x+x³)tend vers(0,0 et f(x,−x+x³)tend vers−∞. Donc f n’a pas de limite réelle en (0,0).

6. f est définie surR²\ {(x,0),x∈R}.

1−cos√

|xy|

|y| ∼

(x,y)→(0,0) (√

|xy|)²

2|y| =^|x|₂ et donc f tend vers 0 quand(x,y)tend vers(0,0).

7. f est définie surR³privé du cône de révolution d’équationx²−y²+z²=0.

f(x,0,0) = ¹_x qui tend vers+∞quandxtend vers 0 par valeurs supérieures. Donc f n’a pas de limite réelle en(0,0,0).

8. f(2+h,−2+k,l) = _h2−k²+l^h+k²+4h+4k =g(h,k,l).g(h,0,0)tend vers ¹₄ quandhtend vers 0 et g(0,0,l) tend vers 06=¹₄ quandltend vers 0. Donc, f n’a pas de limite réelle quand(x,y,z)tend vers(2,−2,0).

Correction del’exercice 2N

• f est définie surR².

• f est de classeC^∞surR²\ {(0,0)}en tant que fraction rationnelle dont le dénominateur ne s’annule pas sur R²\ {(0,0)}.

•Continuité en(0,0).Pour(x,y)6= (0,0),

|f(x,y)−f(0,0)|=^|xy||x_x2+y²^−y²²^| 6|xy| ×^x²^+y²

x²+y² =|xy|.

Comme|xy|tend vers 0 quand le couple(x,y)tend vers le couple(0,0), on a donc lim

(x,y)→(0,0) (x,y)6=(0,0)

f(x,y) = f(0,0).

On en déduit que f est continue en(0,0)et finalement f est continue surR². f est de classeC⁰au moins surR².

•Dérivées partielles d’ordre1surR²\ {(0,0)}. f est de classeC¹au moins surR²\ {(0,0)}et pour(x,y)6=

(0,0),

∂f

∂x(x,y) =y^(3x²^−y²^)(x²_(x^+y₂_+y²^)−(x₂₎₂³^−xy²^)(2x)=^y(x⁴_(x^+4x2+y²^y²²)^−y² ⁴⁾, D’autre part, pour(x,y)6= (0,0) f(x,y) =−f(y,x). Donc pour(x,y)6= (0,0),

(5)

∂f

∂y(x,y) =−^∂^f

∂x(y,x) =^x(x⁴_(x^−4x2+y²^y²²)^−y² ⁴⁾.

•Existence de ^∂_∂x^f(0,0)et^∂_∂y^f(0,0).Pourx6=0,

f(x,0)−f(0,0)

x−0 =⁰⁻⁰_x =0, et donc limx→0 f(x,0)−f(0,0)

x−0 =0. Ainsi, ^∂_∂x^f(0,0)existe et ^∂_∂x^f(0,0) =0. De même, ^∂_∂_y^f(0,0) =0. Ainsi, f admet des dérivées partielles premières surR²définies par

∀(x,y)∈R², ^∂_∂_x^f(x,y) =

( y(x⁴+4x²y²−y⁴)

(x²+y²)² si(x,y)6= (0,0)

0 si(x,y) = (0,0) et ^∂_∂y^f(x,y) =

( x(x⁴−4x²y²−y⁴)

(x²+y²)² si(x,y)6= (0,0) 0 si(x,y) = (0,0) .

•Continuité de ^∂_∂x^f et ^∂_∂y^f en(0,0).Pour(x,y)6= (0,0),

∂f

∂x(x,y)−^∂^f

∂x(0,0)

=^|y||x_(x⁴^+4x₂_+y²₂^y₎²₂^−y⁴^| 6|y|^x⁴^+4x²^y²^+y⁴

(x²+y²)² 6|y|^2x⁴^+4x²^y²^+2y⁴

(x²+y²)² =2|y|. Comme 2|y|tend vers 0 quand(x,y)tend vers(0,0), on en déduit que

∂f

∂x(x,y)−^∂_∂x^f(0,0)

tend vers 0 quand (x,y)tend vers(0,0). Donc la fonction ^∂_∂_x^f est continue en(0,0)et finalement surR². Il en est de même de la fonction^∂_∂_y^f et on a montré que

f est au moins de classeC¹surR².

On poseD={(x,0),x∈R}puisΩ=R²\D.

• f est définie surR².

• f est de classeC¹surΩen vertu de théorèmes généraux et pour(x,y)∈Ω,

∂f

∂x(x,y) =ycos x

y

et^∂_∂y^f(x,y) =2ysin x

y

−xcos x

y

.

•Etudions la continuité de f en(0,0). Pour(x,y)6= (0,0),

|f(x,y)−f(0,0)|=





 y²

sin

x y

siy6=0 0 siy=0

6

( y²siy6=0 0 siy=0 6y². Commey²tend vers 0 quand(x,y)tend vers 0, lim

(x,y)→(0,0) (x,y)6=(0,0)

f(x,y) = f(0,0)et donc f est continue en(0,0)puis

f est continue surR².

•Etudions l’existence et la valeur éventuelle de ^∂_∂x^f(x₀,0),x₀réel donné. Pourx6=x₀,

f(x,0)−f(x₀,0) x−x₀ = _x−x⁰⁻⁰

0 =0.

Donc ^f^(x,x⁰_x−x⁾⁻^f^(x⁰^,0)

0 tend vers 0 quandxtend versx₀. On en déduit que ^∂_∂x^f(x0,0)existe et ^∂_∂x^f(x0,0) =0. Finale- ment, la fonction ^∂_∂x^f est définie surR²par

∀(x,y)∈R², ^∂_∂x^f(x,y) =





 ycos

x y

siy6=0 0 siy=0

.

(6)

•Etudions l’existence et la valeur éventuelle de ^∂_∂y^f(x₀,0),x₀réel donné. Poury6=0,

f(x0,y)−f(x0,0)

y−0 =^y

2sin(^xy⁰)

y =ysin

x₀ y

. On en déduit que

f(x0,y)−f(x0,0) y−0

6|y|puis que ^f^(x⁰^,y)−_y−0^f^(x⁰^,0)tend vers 0 quandytend vers 0. Par suite, ^∂_∂_y^f(x₀,0) existe et ^∂_∂y^f(x₀,0) =0. Finalement, la fonction ^∂_∂_y^f est définie surR²par

∀(x,y)∈R², ^∂_∂_y^f(x,y) =







2ysin

x y

−xcos

x y

siy6=0 0 siy=0

.

•Etudions la continuité de ^∂_∂_x^f en(x₀,0),x₀réel donné. Pour(x,y)∈R²,

∂f

∂x(x,y)−^∂_∂x^f(x₀,0) =







|y|

cos

x y

siy6=0 0 siy=0

6|y|.

Quand(x,y)tend vers(0,0),|y|tend vers 0 et donc ^∂_∂x^f(x,y)tend vers ^∂_∂_x^f(x₀,0)quand(x,y)tend vers(x₀,0).

La fonction ^∂_∂x^f est donc continue en(x₀,0)et finalement

la fonction ^∂_∂x^f est continue surR².

•Etudions la continuité de ^∂_∂_y^f en(x₀,0),x₀réel donné. Supposons tout d’abordx₀=0. Pour(x,y)∈R²,

∂f

∂y(x,y)−^∂^f

∂y(0,0) =





 2ysin

x y

−xcos x

y

siy6=0 0 siy=0

62|y|+|x|.

Quand(x,y) tend vers(0,0), |x|+2|y|tend vers 0 et donc ^∂_∂_y^f(x,y) tend vers ^∂_∂y^f(0,0) quand(x,y)tend vers (0,0).

Supposons maintenantx₀6=0. Poury6=0, ^∂_∂_y^f(x₀,y) =2ysin x₀

y

−x₀cos x₀

y

. Quandytend vers 0, 2ysin x₀

y

tend vers 0 car 2ysin

x₀ y

etx₀cos x₀

y

n’a pas de limite réelle carx₀6=0. Donc ^∂_∂y^f(x₀,y)n’a pas de limite quandytend vers 0 et la fonction ^∂_∂_y^f n’est pas continue en(x₀,0)six₀6=0. On a montré que

f est de classeC¹surΩ∪ {(0,0)}.

•Etudions l’existence et la valeur éventuelle de _∂^∂_x∂y²^f (0,0). Pourx6=0,

∂f

∂y(x,0)−^∂_∂y^f(0,0)

x−0 = ⁰⁻⁰_x =0.

Donc

∂f

∂y(x,0)−^∂^f

∂y(0,0)

x−0 tend vers 0 quandxtend vers 0. On en déduit que _∂x∂^∂²_y(0,0)existe et _∂x∂y^∂² (0,0) =0.

•Etudions l’existence et la valeur éventuelle de _∂^∂_y∂x²^f (0,0). Poury6=0,

∂f

∂x(0,y)−^∂_∂x^f(0,0)

y−0 = ^ycos(⁰y)

y =1.

Donc

∂f

∂x(0,y)−^∂_∂x^f(0,0)

y−0 tend vers 1 quandytend vers 0. On en déduit que _∂^∂_y∂²_x(0,0)existe et _∂^∂_y∂x² (0,0) =1. On a montré que _∂x∂^∂²_y(0,0)et_∂^∂_y∂²_x(0,0)existent et sont différents. D’après le théorème de SCHWARZ, f n’est pas de classeC²surΩ∪ {(0,0)}.

(7)

Correction del’exercice 4N Soit(x,y,z,t)∈R⁴.

ϕ(x,y) = (z,t)⇔

e^x−e^y=z x+y=t ⇔

y=t−x

e^x−e^t−x=z ⇔

y=t−x

(e^x)²−ze^x−e^t =0

⇔

y=t−x e^x=z−√

z²+4e^t oue^x=z+√ z²+4e^t

⇔

e^x=z+√ z²+4e^t

y=t−x (carz−p

z²+4e^t<z−p

z²=z− |z|60)

⇔

x=ln(z+√

z²+4e^t) y=t−ln(z+√

z²+4e^t) (carz+p

z²+4e^t >z+p

z²=z+|z|>0).

Ainsi, tout élément(z,t)∈R²a un antécédent et un seul dansR² parϕ et doncϕ est une bijection deR²sur lui-même.

La fonction ϕ est de classe C¹ sur R² de jacobien J_ϕ(x,y) =

e^x −e^y

1 1

=e^x+e^y. Le jacobien de ϕ ne s’annule pas surR². En résumé,ϕ est une bijection deR²sur lui-même, de classeC¹ surR²et le jacobien de ϕne s’annule pas surR². On sait alors que

ϕ est unC¹-difféomorphisme deR²sur lui-même.

Soitn∈N. Soit x∈R. La fonction fx:y7→y²ⁿ⁺¹+y−x est continue et strictement croissante surRen tant que somme de fonctions continues et strictement croissantes surR. Donc la fonction f_xréalise une bijection de Rsur]limy→−∞f_x(y),limy→+∞f_x(y)[=R. En particulier, l’équation f_x(y) =0 a une et une seule solution dans Rque l’on noteϕ(x).

La fonction f :(x,y)7→y²ⁿ⁺¹+y−xest de classeC¹surR²qui est un ouvert deR²et de plus,∀(x,y)∈R²,

∂f

∂y(x,y) = (2n+1)y²ⁿ+16=0. D’après le théorème des fonctions implicites, la fonctionϕimplicitement définie par l’égalité f(x,y) =0 est dérivable en tout réelxet de plus, en dérivant l’égalité∀x∈R,(ϕ(x))²ⁿ⁺¹+ϕ(x)− x=0, on obtient∀x∈R,(2n+1)ϕ⁰(x)(ϕ(x))²ⁿ+ϕ⁰(x)−1=0 et donc

∀x∈R,ϕ⁰(x) = (2n+1)(ϕ(x))¹ ²ⁿ+1. Montrons par récurrence que∀p∈N^∗, la fonctionϕestpfois dérivable surR.

- C’est vrai pourp=1.

- Soitp>1. Supposons que la fonctionϕsoitpfois dérivable surR. Alors la fonctionϕ⁰= _(2n+1)ϕ¹ 2n+1 est pfois dérivable surRen tant qu’inverse d’une fonction pfois dérivable surRne s’annulant pas surR. On en déduit

que la fonctionϕ estp+1 fois dérivable surR.

On a montré par récurrence que∀p∈N^∗, la fonctionϕest pfois dérivable surRet donc que la fonctionϕest de classeC^∞surR.

Calculons maintenantI =^R₀²ϕ(t)dt. On note tout d’abord que, puisque 0²ⁿ⁺¹+0−0=0, on aϕ(0) =0 et puisque 1²ⁿ⁺¹+1−2=0, on aϕ(2) =1.

Maintenant, pour tout réelxde[0,2], on aϕ⁰(x)(ϕ(x))²ⁿ⁺¹+ϕ⁰(x)ϕ(x)−xϕ⁰(x) =0 (en multipliant parϕ⁰(x) les deux membres de l’égalité définissantϕ(x)) et en intégrant sur le segment[0,2], on obtient

(8)

R₂

0ϕ⁰(x)(ϕ(x))²ⁿ⁺¹dx+^R₀²ϕ⁰(x)ϕ(x)dx−^R₀²xϕ⁰(x)dx=0(∗).

Or,^R₀²ϕ⁰(x)(ϕ(x))²ⁿ⁺¹dx=h_(ϕ(x))2n+2

2n+2

i2

0=_2n+2¹ . De même,^R₀²ϕ⁰(x)ϕ(x)dx=h_(ϕ_(x))2

2

i2

0=¹₂et donc^R₀²ϕ⁰(x)(ϕ(x))²ⁿ⁺¹dx+ R₂

0ϕ⁰(x)ϕ(x)dx=_2n+2¹ +¹₂=_2n+2ⁿ⁺². D’autre part, puisque les deux fonctionsx7→xetx7→ϕ(x)sont de classe C¹sur le segment[0,2], on peut effectuer une intégration par parties qui fournit

−^R₀²xϕ⁰(x)dx= [−xϕ(x)]²₀+^R₀²ϕ(x)dx=−2+I.

L’égalité(∗)s’écrit donc_2n+2ⁿ⁺² −2+I=0 et on obtientI=³ⁿ⁺²_2n+2. R₂

0 ϕ(x)dx= ³ⁿ⁺²_2n+2.

Soit x∈R. La fonction fx:y7→e^x+y+y−1 est continue et strictement croissante sur Ren tant que somme de fonctions continues et strictement croissantes sur R. Donc la fonction f_x réalise une bijection de R sur ]limy→−∞fx(y),limy→+∞fx(y)[=R. En particulier, l’équation fx(y) =0 a une et une seule solution dansRque l’on noteϕ(x).

La fonction f :(x,y)7→e^x+y+y−1 est de classeC¹ surR²qui est un ouvert deR² et de plus,∀(x,y)∈R²,

∂f

∂y(x,y) =e^x+y+16=0. D’après le théorème des fonctions implicites, la fonctionϕimplicitement définie par l’égalité f(x,y) =0 est dérivable en tout réelxet de plus, en dérivant l’égalité∀x∈R,e^x+ϕ(x)+ϕ(x)−1=0, on obtient∀x∈R,(1+ϕ⁰(x))e^x+ϕ(x)+ϕ⁰(x) =0 ou encore

∀x∈R,ϕ⁰(x) =− ^e^x+ϕ^(x)

e^x+ϕ(x)+1 (∗).

On en déduit par récurrence queϕ est de classeC^∞surRet en particulier admet en 0 un développement limité d’ordre 3. Déterminons ce développement limité.

1ère solution.Puisquee⁰⁺⁰+0−1=0, on aϕ(0) =0. L’égalité(∗)fournit alorsϕ⁰(0) =−¹₂et on peut poser ϕ(x) =

x→0−¹₂x+ax²+bx³+o(x³). On obtient e^x+ϕ(x) =

x→0e^x²^+ax²^+bx³^+o(x³⁾

x→0= 1+ x

2+ax²+bx³

+1 2

x 2+ax²

2

+1 6

x 2

3

+o(x³)

x→0= 1+x 2+

a+1

8

x²+

b+a 2+ 1

48

x³+o(x³).

L’égalitée^x+ϕ(x)+ϕ(x)−1=0 fournit alorsa+¹₈+a=0 etb+^a₂+₄₈¹ +b=0 ou encorea=−₁₆¹ etb=₁₉₂¹ . 2ème solution.On a déjàϕ(0) =0 etϕ⁰(0) =0. En dérivant l’égalité(∗), on obtient

ϕ⁰⁰(x) =−^(1+ϕ⁰^(x))e^x+ϕ(x)^(e^x+ϕ(x)^+1)−(1+ϕ⁰^(x))e^x+ϕ(x)^(e^x+ϕ^(x)⁾

(^e^x+ϕ^(x)⁺¹)² =−^(1+ϕ⁰^(x))e^x+ϕ(x) (^e^x+ϕ(x)⁺¹)² , et donc ^ϕ⁰⁰₂⁽⁰⁾=−_2×2¹² ₂ =−₁₆¹. De même,

ϕ⁽³⁾(x) =−ϕ⁰⁰(x) ^e^x+ϕ(x)

(^e^x+ϕ(x)⁺¹)² −(1+ϕ⁰(x))e^x+ϕ(x) ^(1+ϕ⁰^(x))

(^e^x+ϕ(x)⁺¹)² + (1+ϕ⁰(x))e^x+ϕ(x)^2(1+ϕ⁰^(x))e^x+ϕ(x) (^e^x+ϕ(x)⁺¹)³ , et donc ^ϕ⁽³⁾₆⁽⁰⁾=¹₆

1

8×¹₄−¹₂×^1/2₄ +¹₂×¹₈

=₁₉₂¹ . La formule de TAYLOR-YOUNGrefournit alors ϕ(x) =

x→0−^x₂−^x₁₆² +₃₈₄^x³ +o(x³).

(9)

On dérive par rapport àλ les deux membres de l’égalité f(λx) =λ^rf(x)et on obtient

∀x= (x1, ...,x_n)∈Rⁿ,∀λ >0,∑ⁿ_i=1x_i^∂^f

∂x_i(λx) =rλ^r−1f(x), et pourλ =1, on obtient

∀x= (x₁, ...,xn)∈Rⁿ∑ⁿ_i=1xi∂f

∂x_i(x) =r f(x).

1. f est de classeC¹ sur R² qui est un ouvert de R². Donc si f admet un extremum local en un point (x0,y₀)deR²,(x0,y0)est un point critique de f.

d f_(x,y)=0⇔

3x²+6xy−15=0 3x²−12=0 ⇔

x=2 y=¹₄ ou

x=−2 y=−¹₄ .

Réciproquement, r=6x+6y, t =0 et s=6x puis rt−s²=−36x². Ainsi, (rt−s²) 2,¹₄

= (rt− s²) −2,−¹₄

=−144<0 et f n’admet pas d’extremum local en 2,¹₄

ou −2,−¹₄ . f n’admet pas d’extremum local surR².

2. La fonction f est de classeC¹ surR²en tant que polynôme à plusieurs variables. Donc, si f admet un extremum local en(x₀,y₀)∈R²,(x₀,y₀)est un point critique de f. Soit(x,y)∈R².







∂f

∂x(x,y) =0

∂f

∂y(x,y) =0

⇔

−4(x−y) +4x³=0 4(x−y) +4y³=0 ⇔

x³+y³=0

−4(x−y) +4x³=0 ⇔

y=−x x³−2x=0

⇔(x,y)∈n (0,0),

√ 2,

√ 2

,

−√ 2,−√

2 o

. Réciproquement, f est plus précisément de classeC²surR²et

r(x,y)t(x,y)−s²(x,y) = (−4+12x²)(−4+12y²)−(4)²=−48x²−48y²+144x²y²= 48(3x²y²−x²−y²)

• (rt−s²)√ 2,√

2

=48(12−2−2)>0. Donc f admet un extremum local en √ 2,√

2

. Plus précisément, puisquer√

2,√ 2

=2×12−4=20>0, f admet un minimum local en√ 2,√

2 . De plus, pour(x,y)∈R²,

f(x,y)−f

√ 2,√

2

=−2(x−y)²+x⁴+y⁴−8=x⁴+y⁴−2x²−2y²+4xy+8

>x⁴+y⁴−2x²−2y²−2(x²+y²) +8= (x⁴−4x²+4) + (y⁴−4y²+4) = (x²−2)²+ (y²−2)²

>0.

et f√ 2,√

2

est un minimum global.

•Pour tout(x,y)∈R², f(−x,−y) = f(x,y)et donc fadmet aussi un minimum global en

−√ 2,−√

2 égal à 8.

• f(0,0) =0. Pourx6=0, f(x,x) =2x⁴>0 et donc fprend des valeurs strictement supérieures à f(0,0) dans tout voisinage de(0,0). Pourx∈i

−√ 2,√

2 h

\ {0}, f(x,0) =x⁴−2x²=x²(x²−2)<0 et f prend des valeurs strictement inférieures à f(0,0) dans tout voisinage de(0,0). Finalement, f n’admet pas d’extremum local en(0,0).

(10)

f admet un minimum global égal à 8, atteint en√ 2,√

2

et

−√ 2,−√

2

.

On munitMn(R)d’une norme sous-multiplicativek k. SoitA∈GLn(R). On sait queGLn(R)est un ouvert de Mn(R)et donc pourH∈Mn(R)de norme suffisamment petite,A+H∈GL_n(R). Pour un telH

(A+H)⁻¹−A⁻¹= (A+H)⁻¹(In−(A+H)A⁻¹) =−(A+H)⁻¹HA⁻¹ puis

(A+H)⁻¹−A⁻¹+A⁻¹HA⁻¹=−(A+H)⁻¹HA⁻¹+A⁻¹HA⁻¹= (A+H)⁻¹(−HA⁻¹+ (A+H)A⁻¹HA⁻¹)

= (A+H)⁻¹HA⁻¹HA⁻¹. Par suite,

f(A+H)−f(A) +A⁻¹HA⁻¹ =

(A+H)⁻¹−A⁻¹+A⁻¹HA⁻¹ 6

(A+H)⁻¹

A⁻¹

2kHk². Maintenant, la formuleM⁻¹=_det(M)¹ ^t(com(M)), valable pour toutM∈GL_n(R), et la continuité du déterminant montre que l’applicationM7→M⁻¹est continue sur l’ouvertGL_n(R). On en déduit que

(A+H)⁻¹

tend vers A⁻¹

quandHtend vers 0. Par suite, limH→0

(A+H)⁻¹

A⁻¹

2kHk=0 et donc limH→0 1 kHk

(A+H)⁻¹−A⁻¹+A⁻¹HA⁻¹ =0.

Comme l’applicationH7→ −A⁻¹HA⁻¹est linéaire, c’est la différentielle de f enA.

∀A∈GL_n(R),∀H∈Mn(R),d f_A(H) =−A⁻¹HA⁻¹.

Correction del’exercice 10N Pour tout complexeztel que|z|61,

|sin(z)|=

∑^+∞_n=0(−1)^{n z}_(2n+1)!²ⁿ⁺¹

6∑^+∞_n=0 ^|z|

2n+1

(2n+1)!=sh(|z|)6sh 1, l’égalité étant obtenue effectivement pourz=icar|sin(i)|=

eⁱ²−e⁻ⁱ² 2i

=^e−e₂⁻¹ =sh(1).

Max{|sinz|,z∈C,|z|61}=sh(1).

1. Pour (x,y)∈R², on pose P(x,y) =2x+2y+e^x+y =Q(x,y). Les fonctionsP etQsont de classeC¹ sur R² qui est un ouvert étoilé deR². Donc, d’après le théorème de SCHWARZ,ω est exacte surR² si et seulement si ^∂P_∂y = ^∂_∂x^Q et comme ^∂P_∂y =2+e^x+y = ^∂_∂x^Q, la forme différentielle ω est une forme différentielle exacte surR².

Soit f une fonction f de classeC¹surR².

d f =ω⇔ ∀(x,y)∈R²,







∂f

∂x(x,y) =2x+2y+e^x+y

∂f

∂y(x,y) =2x+2y+e^x+y

⇔ ∃g∈C¹(R,R)/∀(x,y)∈R²,

f(x,y) =x²+2xy+e^x+y+g(y) 2x+e^x+y+g⁰(y) =2x+2y+e^x+y

⇔ ∃λ∈R/∀(x,y)∈R²,

f(x,y) =x²+2xy+e^x+y+g(y) g(y) =y²+λ

⇔ ∃λ∈R/∀(x,y)∈R²/ f(x,y) = (x+y)²+e^x+y+λ.

(11)

Les primitives deω surR²sont les fonctions de la forme(x,y)7→(x+y)²+e^x+y+λ,λ ∈R.

Remarque.On pouvait aussi remarquer immédiatement que si f(x,y) = (x+y)²+e^x+yalorsd f =ω. 2. La forme différentielleω est de classeC¹surΩ={(x,y)∈R²/y>x}qui est un ouvert étoilé deR²car

convexe. Donc, d’après le théorème de SCHWARZ,ω est exacte surΩsi et seulement siω est fermée surΩ.

∂

∂x

x (x−y)²

= _∂x^∂

1

x−y+y_(x−y)¹ 2

=−_(x−y)¹ ₂ −_(x−y)^2y ₃ =−_(x−y)^x+y₃ =_(y−x)^x+y3.

∂

∂y

−_(x−y)^y ₂

=_∂^∂_y

−_y−x¹ −x_(y−x)¹ 2

=_(y−x)¹ 2+_(y−x)^2x 3 =_(y−x)^x+y3 =_∂^∂_x

x (x−y)²

. Doncωest exacte sur l’ouvertΩ. Soit f une fonction f de classeC¹surR².

d f =ω⇔ ∀(x,y)∈Ω,







∂f

∂x(x,y) =−_(x−y)^y ₂

∂f

∂y(x,y) =_(x−y)^x 2

⇔ ∃g∈C¹(R,R)/∀(x,y)∈Ω,

( f(x,y) =_x−y^y +g(y)

x

(x−y)²+g⁰(y) =_(x−y)^x 2

⇔ ∃λ ∈R/∀(x,y)∈Ω, f(x,y) = y x−y+λ.

Les primitives deω surΩsont les fonctions de la forme(x,y)7→ _x−y^y +λ,λ ∈R.

3. ωest de classeC¹surR²\ {(0,0)}qui est un ouvert deR²mais n’est pas étoilé. On se place dorénavant surΩ=R²\ {(x,0),x∈]−∞,0]}qui est un ouvert étoilé deR². SurΩ,ω est exacte si et seulement si ω est fermée d’après le théorème de SCHWARZ.

∂

∂x

y x²+y²−y

=−_(x₂^2xy_+y₂₎₂ =_∂^∂_y x

x²+y²

. Doncωest exacte surΩ. Soit f une application de classeC¹ surΩ.

d f =ω ⇔ ∀(x,y)∈Ω,







∂f

∂x(x,y) =_x₂_+y^x ₂

∂f

∂y(x,y) =_x2+y^y ² −y

⇔ ∃g∈C¹(R,R)/∀(x,y)∈Ω, ( ∂f

∂x(x,y) =¹₂ln(x²+y²) +g(y)

y

x²+y²+g⁰(y) =_x2+y^y ²−y

⇔ ∃λ∈R/∀(x,y)∈Ω, f(x,y) =1

2(ln(x²+y²)−y²) +λ.

Les primitives deω surΩsont les fonctions de la forme(x,y)7→ ¹₂(ln(x²+y²)−y²) +λ,λ∈R. Les fonctions précédentes sont encore des primitives de ω surR²\ {(0,0)}et donc ω est exacte sur R²\ {(0,0)}.

4. ω est de classeC¹ sur ]0,+∞[² qui est un ouvert étoilé de R². Donc ω est exacte sur ]0,+∞[² si et seulement siωest fermée sur]0,+∞[²d’après le théorème de SCHWARZ.

∂

∂x

− ¹

xy²

=_x2¹y² et_∂^∂_y

1 x²y

=− ¹

x²y². Donc _∂x^∂

− ¹

xy²

6= _∂y^∂

1 x²y

etω n’est pas exacte sur]0,+∞[². On cherche un facteur intégrant de la formeh : (x,y)7→g(x²+y²)oùgest une fonction non nulle de classeC¹sur]0,+∞[.

∂

∂x

− ¹

xy²g(x²+y²)

=_x2¹y²g(x²+y²)−²

y²g⁰(x²+y²)et_∂^∂_y 1

x²yg(x²+y²)

=− ¹

x²y²g(x²+y²)+_x²2g⁰(x²+ y²).

hω est exacte sur]0,+∞[²⇔ ∀(x,y)∈]0,+∞[², 1

x²y²g(x²+y²)− 2

y²g⁰(x²+y²) =− 1

x²y²g(x²+y²) + 2

x²g⁰(x²+y²)

⇔ ∀(x,y)∈]0,+∞[², 1

x²y²g(x²+y²)−x²+y²

x²y² g⁰(x²+y²) =0

⇔ ∀t>0,−tg⁰(t) +g(t) =0⇔ ∃λ ∈R/∀t>0,g(t) =λt.

(12)

La forme différentielle(x²+y²)ω est exacte sur]0,+∞[². De plus, d

x y−^y_x

= 1

y+_x^y2

dx−

x y²+¹_x

dy= (x²+y²)ω.

1. Soit fune application de classeC¹surR². Posons f(x,y) =g(u,v)oùu=x+yetv=x+2y. L’application(x,y)7→(x+y,x+2y) = (u,v)est un automorphisme deR²et en particulier unC¹-difféormorphisme deR²sur lui-même.

∂f

∂x =_∂x^∂ (g(u,v)) =^∂_∂x^u×^∂g_∂u+^∂v_∂x×^∂_∂v^g=^∂_∂^g_u+^∂g_∂v De même, ^∂_∂y^f =^∂g_∂u+2^∂_∂v^g et donc

2^∂_∂x^f −^∂_∂y^f =2^∂g_∂u+2^∂_∂v^g−^∂g_∂u−2^∂g_∂_v =^∂g_∂u. Par suite, 2^∂_∂x^f−^∂_∂y^f =0⇔^∂^g

∂u=0⇔ ∃h∈C¹(R,R)/∀(u,v)∈R²,g(u,v) =h(v)⇔ ∃h∈C¹(R,R)/∀(x,y)∈ R², f(x,y) =h(x+2y).

Les solutions sont les(x,y)7→h(x+2y)oùh∈C¹(R,R).

Par exemple, la fonction(x,y)7→cosp

(x+2y)²+1 est solution.

2. Soit f une application de classeC¹ sur R²\ {(0,0)}. Posons f(x,y) =g(r,θ) où x=rcosθ ety= rsinθ. L’application(r,θ)7→(rcosθ,rsinθ) = (x,y) est unC¹-difféormorphisme de]0,+∞[×[0,2π[

surR²\ {(0,0)}. De plus,

∂g

∂r = _∂r^∂ (f(x,y)) =^∂_∂^x_r^∂_∂_x^f +^∂y_∂r^∂_∂y^f =cosθ^∂_∂_x^f +sinθ^∂_∂y^f, et

∂g

∂ θ =_{∂ θ}^∂ (f(x,y)) =_{∂ θ}^∂^x^∂_∂x^f +_{∂ θ}^∂^y^∂_∂_y^f =−rsinθ^∂_∂x^f +rcosθ^∂_∂_y^f =x^∂_∂y^f −y^∂_∂x^f. Donc

∂f

∂y−y∂f

∂x =0⇔ ∂g

∂ θ =0⇔ ∃h₁∈C¹(]0,+∞[,R)/∀(r,θ)∈]0,+∞[×[0,2π[,g(r,θ) =h₁(r)

⇔ ∃h₁∈C¹(]0,+∞[,R)/∀(x,y)∈R²\ {(0,0)}, f(x,y) =h₁p x²+y²

⇔ ∃h∈C¹(]0,+∞[,R)/∀(x,y)∈R²\ {(0,0)}, f(x,y) =h(x²+y²).

Les solutions sont les(x,y)7→h(x²+y²)oùh∈C¹(]0,+∞[,R).

3. Soit f une fonction de classeC²sur]0,+∞[×R. D’après le théorème de SCHWARZ, _∂^∂_x∂y²^f =_∂^∂_y∂x²^f . Soit ϕ : ]0,+∞[×R → ]0,+∞[×R

(u,v) 7→ (u,uv) = (x,y)

. Donc si on pose f(x,y) =g(u,v), on ag= f◦ϕ.

Soit(x,y,u,v)∈]0,+∞[×R×]0,+∞[×R.

ϕ(u,v) = (x,y)⇔

u=x uv=y

u=x v=^y_x .

Ainsi,ϕest une bijection de]0,+∞[sur lui-même et sa réciproque est l’application ϕ⁻¹ : ]0,+∞[×R → ]0,+∞[×R

(x,y) 7→ x,_x^y

= (u,v) . De plus,ϕest de classeC²sur]0,+∞[×Ret son jacobien