Planche n o 19. Fonctions de plusieurs variables. Corrigé

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1 Planche n o 19 Fonctions de plusieurs variables Corrigé Exercice n o 1 1 f est définie sur R \{(0,0} Pour x 0, f(x,0 = 0 Quand x 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 Pour x 0, f(x,x = 1 Quand x tend vers 0, le couple (x,x tend vers (0,0 et f(x,x tend vers 1 0 Donc f n a pas de limite réelle en (0,0 f est définie sur R \{(0,0} Pour (x, (0,0, f(x, = x x + = x x + x 1 x Comme 1 x tend vers 0 quand le couple (x, tend vers le couple (0,0, il en est de même de f f(x, tend vers 0 quand (x, tend vers (0,0 3 f est définie sur R \{(0,0} Pour 0, f(0, = 3 4 = 1 Quand tend vers 0 par valeurs supérieures, le couple (0, tend vers le couple (0,0 et f(0, tend vers + Donc f n a pas de limite réelle en (0,0 4 f est définie sur R \{(0,0} x Pour x 0, f(x,x = x x = 1 Quand x tend vers 0, le couple (x,x tend vers le couple (0,0 et f(x,x tend vers x + Donc f n a pas de limite réelle en (0,0 5 f est définie sur R \{(x, x, x R} Pour x 0, f(x, x + x 3 = (x+x x 3 ( x+( x+x x 3 1 Quand x tend vers 0 par valeurs supérieures, le x 0 x couple (x, x+x 3 tend vers (0,0 et f(x, x+x 3 tend vers Donc f n a pas de limite réelle en (0,0 6 f est définie sur R \{(x,0, x R} 1 cos x ( x = x (x, (0,0 et donc f tend vers 0 quand (x, tend vers (0,0 7 f est définie sur R 3 privé de la surface d équation x +z = 0 f(x,0,0 = 1 qui tend vers + quand x tend vers 0 par valeurs supérieures Donc f n a pas de limite réelle en (0,0,0 x 8 f(+h, +k,l = h+k h k +l +4h+4k = g(h,k,l g(h,0,0 tend vers 1 4 vers 0 1 quand l tend vers 0 Donc, f n a pas de limite réelle quand (x,,z tend vers (,,0 4 Exercice n o f est définie sur R quand h tend vers 0 et g(0,0,l tend f est de classe C 1 sur R \{(0,0} en tant que fraction rationnelle dont le dénominateur ne s annule pas sur R \{(0,0} Continuité en (0,0 Pour (x, (0,0, f(x, f(0,0 = x x x + x x + x + = x Comme x tend vers 0 quand le couple (x, tend vers le couple (0,0, on a donc déduit que f est continue en (0,0 et finalement f est continue sur R f est de classe C 0 au moins sur R lim (x, (0,0 (x, (0,0 f(x, = f(0,0 On en Dérivées partielles d ordre 1 sur R \{(0,0} f est de classe C 1 au moins sur R \{(0,0} et pour (x, (0,0, x (x, = (x + (x 3 x (x (3x (x + = (x4 +4x 4 (x +, c Jean-Louis Rouget, 015 Tous droits réservés 1 http ://wwwmaths-francefr

2 D autre part, pour (x, (0,0 f(x, = f(,x Donc pour (x, (0,0, Existence de (0,0 et (0,0 Pour x 0, x (x, = x (,x = x(x4 4x 4 (x + f(x,0 f(0,0 x 0 = 0 0 x = 0, f(x,0 f(0,0 et donc lim = 0 Ainsi, x 0 x 0 x partielles premières sur R définies par (0,0 existe et x (x, R, x (x, = (x, = (0,0 = 0 De même, (0,0 = 0 Ainsi, f admet des dérivées (x 4 +4x 4 (x + si (x, (0,0 0 si (x, = (0,0 x(x 4 4x 4 (x + si (x, (0,0 0 si (x, = (0,0 Continuité de et en (0,0 Pour (x, (0,0, x (x, x x (0,0 = x4 +4x 4 (x + x4 +4x + 4 (x + x4 +4x + 4 (x + = Comme tend vers 0 quand (x, tend vers (0,0, on en déduit que (x, x x (0,0 tend vers 0 quand (x, tend vers (0,0 Donc la fonction x est continue en (0,0 et finalement sur R Il en est de même de la fonction et on a montré que f est au moins de classe C 1 sur R et Exercice n o 3 On pose D = {(x,0, x R} puis Ω = R \D f est définie sur R f est de classe C 1 sur Ω en vertu de théorèmes généraux et pour (x, Ω, x (x, = cos et ( x (x, = sin x x cos x Etudions la continuité de f en (0,0 Pour (x, (0,0, x sin si 0 f(x, f(0,0 = 0 si = 0 { si 0 0 si = 0 = Comme tend vers 0 quand (x, tend vers 0, lim (x, (0,0 (x, (0,0 f(x, = f(0, 0 et donc f est continue en (0, 0 puis f est continue sur R Etudions l existence et la valeur éventuelle de x (x 0,0, x 0 réel donné Pour x x 0, f(x,0 f(x 0,0 x x 0 = 0 0 x x 0 = 0 c Jean-Louis Rouget, 015 Tous droits réservés http ://wwwmaths-francefr

3 Donc f(x,x 0 f(x 0,0 tend vers 0 quand x tend vers x 0 On en déduit que x x 0 x (x 0,0 existe et x (x 0,0 = 0 Finalement, la fonction x est définie sur R par (x, R, x (x, = cos 0 si = 0 x si 0 Etudions l existence et la valeur éventuelle de (x 0,0, x 0 réel donné Pour 0, x0 sin f(x 0, f(x 0,0 x0 = = sin 0 puis que f(x 0, f(x 0,0 tend vers 0 quand tend vers 0 Par suite, 0 On en déduit que f(x 0, f(x 0,0 0 (x 0,0 existe et (x 0,0 = 0 Finalement, la fonction est définie sur R par (x, R, (x, = sin ( x 0 si = 0 x cos x si 0 Etudions la continuité de x en (x 0,0, x 0 réel donné Pour (x, R, ( (x, x x (x 0,0 = x cos si 0 0 si = 0 Quand (x, tend vers(0,0, tend vers 0 et donc (x, tend vers x x (x 0,0 quand (x, tend vers(x 0,0 La fonction x est donc continue en (x 0,0 et finalement la fonction x est continue sur R Etudions la continuité de en (x 0,0, x 0 réel donné Supposons tout d abord x 0 = 0 Pour (x, R, (x, (0,0 x x = sin x cos si 0 + x 0 si = 0 Quand (x, tend vers (0,0, x + tend vers 0 et donc (x, tend vers (0,0 quand (x, tend vers (0,0 x0 x0 x 0 cos Quand tend vers 0, sin Supposons maintenant x 0 0 Pour 0, (x 0, = sin tend vers 0 car sin x0 x0 et x 0 cos quand tend vers 0 et la fonction n est pas continue en (x 0,0 si x 0 0 On a montré que x0 n a pas de limite réelle car x 0 0 Donc (x 0, n a pas de limite f est de classe C 1 sur Ω {(0,0} et pas plus Etudions l existence et la valeur éventuelle de f (0,0 Pour x 0, x (x,0 (0,0 = 0 0 = 0 x 0 x c Jean-Louis Rouget, 015 Tous droits réservés 3 http ://wwwmaths-francefr

4 Donc (x,0 (0,0 x 0 tend vers 0 quand x tend vers 0 On en déduit que f x (0,0 existe et f (0,0 = 0 x Etudions l existence et la valeur éventuelle de f (0,0 Pour 0, x 0 (0, x x (0,0 cos = = 1 0 Donc (0, x x (0,0 0 tend vers 1 quand tend vers 0 On en déduit que f x (0,0 existe et f (0,0 = 1 On a x montré que f x (0,0 et f (0,0 existent et sont différents x Exercice n o 4 On dérive par rapport à λ les deux membres de l égalité f(λx = λ r f(x et on obtient et pour λ = 1, on obtient Exercice n o 5 x = (x 1,,x n R n, λ > 0, n x = (x 1,,x n R n n x i x i (λx = rλ r 1 f(x, x i x i (x = rf(x 1 f est de classe C 1 sur R qui est un ouvert de R Donc si f admet un extremum local en un point (x 0, 0 de R, (x 0, 0 est un point critique de f x = 0 { x = 0 df (x, = 0 x + 1+ = 0 = 0 Si f admet un extremum local en un point (x 0, 0 de R, alors (x 0, 0 = (0,0 Réciproquement, pour tout réel x 0, f ( x,x f(0,0 = f(x, = x 4 + ln ( 1+x 4 > 0 Puisque ( x,x (0,0, (x, (0,0 l expression f(x, f(0,0 prend des valeurs strictement positives dans tout voisinage de (0,0 D autre part, pour tout réel x 0, f ( x, x f(0,0 = f(x, = x 4 + ln ( 1+x 4 < 0 (inégalité de convexité L expression f(x, f(0, 0 prend aussi des valeurs strictement négatives dans tout voisinage de (0, 0 Ainsi, f(0,0 n est ni un minimum local, ni un maximum local et finalement, f n a pas d extremum local La fonction f est de classe C 1 sur R en tant que polnôme à plusieurs variables Donc, si f admet un extremum local en (x 0, 0 R, (x 0, 0 est un point critique de f Soit (x, R Etude en x (x, = 0 (x, = 0 { 4(x +4x 3 = 0 4(x +4 3 = 0 (x, { ( ( (0,0,,,, } (, (, f = 8 puis, pour tout (x, R, { x = 0 4(x +4x 3 = 0 { = x x 3 x = 0 ( f(x, f, = x x +4x+8 x x ( x + +8 = x 4 4x = ( x + ( 0 c Jean-Louis Rouget, 015 Tous droits réservés 4 http ://wwwmaths-francefr

5 (, et donc f admet un minimum global en égal à 8 ( Etude en, Pour tout(x, R,f( x, = f(x, et doncfadmet aussi un minimum global en égal à 8 (, Etude en (0,0 f(0,0 = 0 Pour x 0, ] f(x,x = x 4 > 0 et donc f prend des valeurs strictement supérieures à f(0,0 dans tout voisinage de (0,0 Pour x, [ \ {0}, f(x,0 = x 4 x = x (x < 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 Exercice n o 6 On munit M n (R d une norme sous-multiplicative Soit A GL n (R On sait que GL n (R est un ouvert de M n (R et donc pour H M n (R de norme suffisamment petite, A+H GL n (R Pour un tel H puis (A+H 1 A 1 = (A+H 1 (I n (A+HA 1 = (A+H 1 HA 1 (A+H 1 A 1 +A 1 HA 1 = (A+H 1 HA 1 +A 1 HA 1 = (A+H 1 ( HA 1 +(A+HA 1 HA 1 = (A+H 1 HA 1 HA 1 Par suite, f(a+h f(a+a 1 HA 1 = (A+H 1 A 1 +A 1 HA 1 (A+H 1 A 1 H Maintenant, la formule M 1 1 = t (com(m, valable pour tout M GL n (R, et la continuité du déterminant det(m montre que l application M M 1 est continue sur l ouvert GL n (R On en déduit que (A+H 1 tend vers A 1 quand H tend vers 0 Par suite, lim H 0 (A+H 1 A 1 1 H = 0 et donc lim H 0 H Comme l application H A 1 HA 1 est linéaire, c est la différentielle de f en A A GL n (R, H M n (R, df A (H = A 1 HA 1 (A+H 1 A 1 +A 1 HA 1 = 0 Exercice n o 7 Pour tout complexe z tel que z 1, sin(z = + ( 1 n zn+1 n=0 + (n+1! n=0 z n+1 = sh( z sh1, (n+1! e i e i l égalité étant obtenue effectivement pour z = i car sin(i = i = e e 1 = sh(1 Max{ sinz, z C, z 1} = sh(1 Exercice n o 8 1 Soit f une application de classe C 1 sur R Posons f(x, = g(u,v où u = x + et v = x + L application (x, (x+,x+ = (u,v est un automorphisme de R et en particulier de classe C 1 sur R De même, = u + v et donc x = u (g(u,v = x x u + v x v = u + v x = u + v u v = u c Jean-Louis Rouget, 015 Tous droits réservés 5 http ://wwwmaths-francefr

6 Par suite, x = 0 u = 0 h C1 (R,R/ (u,v R, g(u,v = h(v h C 1 (R,R/ (x, R, f(x, = h(x+ Les solutions sont les (x, h(x+ où h C 1 (R,R Par exemple, la fonction (x, cos (x+ +1 est solution Soit f une application de classe C 1 sur R \{(0,0} Posons f(x, = g(r,θ où x = r cosθ et = r sinθ L application (r,θ (r cosθ,rsinθ = (x, est de classe C 1 sur R De plus, et r = x (f(x, = r r x + r θ = x (f(x, = θ θ x + θ = cosθ x + sinθ, = r sinθ +r cosθ x = x x Donc x = 0 θ = 0 h 1 C 1 (]0,+ [,R/ (r,θ ]0,+ [ [0,π[, g(r,θ = h 1 (r h 1 C 1 (]0,+ [,R/ (x, R \{(0,0}, f(x, = h 1 ( x + h C 1 (]0,+ [,R/ (x, R \{(0,0}, f(x, = h(x + Les solutions sont les (x, h(x + où h C 1 (]0,+ [,R 3 Soit f une fonction de classe C f sur ]0,+ [ R D après le théorème de Schwarz, x = f x Soit ϕ : ]0, + [ R ]0, + [ R Donc si on pose f(x, = g(u,v, on a g = f ϕ (u,v (u,uv = (x, Soit (x,, u, v ]0, + [ R ]0, + [ R ϕ(u,v = (x, { u = x uv = { u = x v = x x = u x u + v x v = u x v = u u + v v = 1 x v f x = ( x u ( g x = v u g x u v f x = ( u x = 1 g v x v v 1 x v g x 3 v f = 1 = 1 g x v x v Ensuite, ( + x 3 v g x u v + g x 4 v = g u g x u v + g x 4 v + x 3 v Ainsi, x f x +x f x + f = x g u g u v + x g v + x = x g u v + g v v x v g x v + g x v c Jean-Louis Rouget, 015 Tous droits réservés 6 http ://wwwmaths-francefr

7 (x, ]0,+ [ R, x f f x (x,+x x (x,+ f (x, = 0 (u,v ]0,+ [ R, g u (u,v = 0 h C (R,R/ (u,v ]0,+ [ R, (u,v = h(v u (h,k (C (R,R / (u,v ]0,+ [ R, g(u,v = uh(v+k(v (h,k (C (R,R / (x, ]0,+ [ R, f(x, = xh(x+k(x Les fonctions solutions sont les (x, xh(x+k(x où h et k sont deux fonctions de classe C sur R Exercice n o 9 On munit (R 3 de la norme définie par (x, (R 3, (x, = Max{ x, } Soit (a,b (R 3 Pour (h,k (R 3, f((a,b+(h,k = (a+h(b+k = ab+ah+bk+hk, et donc f((a,b+(h,h f((a,b = (ah+bk+hk Maintenant l application L : (h,k ah+bk est linéaire et de plus, pour (h, k (0, 0, et donc f((a,b+(h,h f((a,b L((h,k = hk h k (h,k, 1 f((a,b+(h,h f((a,b L((h,k (h,k puis (h,k lim (h,k (0,0 1 f((a,b+(h,h f((a,b L((h,k = 0 (h,k Puisque l application (h,k ah+bk est linéaire, on en déduit que f est différentiable en (a,b et que (h,k (R 3, df (a,b (h,k = ah+bk Exercice n o 10 1ère solution Pour x = (x 1,,x n R n, f(x = généraux et pour tout x = (x 1,,x n R n \{0} et tout i 1,n n x i f est de classe C1 sur R n \ {0} en vertu de théorèmes x i (x = x i n x i = x i x On en déduit que f est différentiable sur R n \{0} et pour x R n \{0} et h R n df x (h = n x i (xh i = 1 x n x i h i = x h x x R n \{0}, h R n, df x (h = x h x ème solution Soit x R n \{0} Pour h R n, puis x+h x = ( x+h x ( x+h + x x+h + x = (x h+ h x+h + x, x+h x x h x = (x h+ h x+h + x x h x = ( x+h x (x h+ x h ( x+h + x x c Jean-Louis Rouget, 015 Tous droits réservés 7 http ://wwwmaths-francefr

8 Maintenant, on sait que l application x x est continue sur R n 1 1 On en déduit que ( x+h + x x h 0 x et aussi que x+h x tend vers 0 quand h tend vers 0 Ensuite, puisque (x h x h (inégalité de Cauch- Schwarz, on a x h = O( h puis ( x+h x (x h = o( h h 0 h 0 Finalement, ( x+h x (x h+ x h ( x+h + x x = h 0 o( h et donc x+h = h 0 x + x h x +o( h Puisque l application h x h x est linéaire, on a redémontré que f est différentiable en tout x de R n \ {0} et que x R n \{0}, h R n, df x (h = x h x Vérifions que f n est pas différentiable en 0 Soit L une application linéaire de R n dans R c est-à-dire une forme linéaire 1 h ( 0+h 0 L(h = 1 L h h Supposons que cette ( expression tende vers 0 quand h tend vers 0 Pour u vecteur non nul donné et t réel non nul, tu l expression 1 L = 1 t u tu t L tend donc vers 0 quand t tend vers 0 Mais si t tend vers 0 par valeurs u supérieures, on obtient L(u = u et si t tend vers 0 par valeurs inférieures, on obtient L(u = u ce qui est impossible car u 0 Donc f n est pas différentiable en 0 Exercice n o 11 On pose BC = a, CA = b et AB = c et on note A l aire du triangle ABC Soit M un point intérieur au triangle ABC On note I, J et K les projetés orthogonaux de M sur les droites (BC, (CA et (AB respectivement On pose u = aire de MBC, v = aire de MCA et w = aire de MAB On a d(m,(bc d(m,(ca d(m,(ab = MI MJ MK = u a v b w c = 8 uv(a u v abc Il s agit alors de trouver le maximum de la fonction f : (u,v uv(a u v sur le domaine T est un compact de R En effet : T = { (u,v R / u 0, v 0 et u+v A } - (u,v T, (u,v 1 = u+v A et donc T est bornée - Les applications ϕ 1 : (u,v u, ϕ : (u,v v et ϕ 3 : (u,v u+v sont continues sur R en tant que formes linéaires sur un espace de dimension finie Donc les ensembles P 1 = {(u,v R / u 0} = ϕ 1 1 ([0,+ [, P = {(u,v R / v 0} = ϕ 1 ([0,+ [ et P 3 = {(u,v R / u+v A} = ϕ 1 3 (], A] sont des fermés de R en tant qu images réciproques de fermés par des applications continues On en déduit que T = P 1 P P 3 est un fermé de R en tant qu intersection de fermés de R Puisque T est un fermé borné de R, T est un compact de R puisque R est de dimension finie et d après le théorème de Borel-Lebesgue f est continue sur le compact T à valeurs dans R en tant que polnôme à plusieurs variables et donc f admet un maximum sur T Pour tout (u,v appartenant à la frontière de T, on a f(u,v = 0 Comme f est strictement positive sur T = {(u,v R / u > 0, v > 0 et u+v < 0}, f admet son maximum dans T Puisque f est de classe C 1 sur T qui est un ouvert de R, si f admet un maximum en (u 0,v 0 T, (u 0,v 0 est nécessairement un point critique de f Soit (u,v T u (u,v = 0 { { v(a u v = 0 u+v = A v (u,v = 0 u(a u v = 0 u+v = A u = v = A 3 c Jean-Louis Rouget, 015 Tous droits réservés 8 http ://wwwmaths-francefr

9 ( A Puisque f admet un point critique et un seul à savoir (u 0,v 0 = 3, A, f admet son maximum en ce point et ce 3 maximum vaut f(u 0,v 0 = A 3 Le maximum du produit des distances d un point M intérieur au triangle ABC aux cotés 7 de ce triangle est donc 8A 3 7abc Remarque On peut démontrer que pour tout point M intérieur au triangle ABC, on a M = bar((a, aire de MBC,(B, aire de MAC,(C, aire de MAB Si maintenant M est le point en lequel on réalise le maximum, les trois aires sont égales et donc le maximum est atteint en G l isobarcentre du triangle ABC Exercice n o 1 Soient A et B les points du plan de coordonnées respectives (0, a et (a, 0 dans un certain repère R orthonormé Soit M un point du plan de coordonnées (x, dans R Pour (x, R, f(x, = MA+MB AB avec égalité si et seulement si M [AB] Donc f admet un minimum global égal à AB = a atteint en tout couple (x, de la forme (λa,(1 λa, λ [0,1] Exercice n o 13 Puisque la fonction ch ne s annule pas sur R, g est de classe C sur R et pour (x, R, cos(x (x, = sin(x x ch( f ch( puis g x(x, = 4cos(x ch( f = 4 cos(x ch( f ( cos(x ch( cos(x ch( +4 sin (x ch ( f cos(x ch( ( +4 1 cos (x cos(x ch f ( ch( De même, cos(x (x, = cos(xsh( ch f ( ch( puis g (x, = ( 4sh (ch( cos(x cos(xch3 ch 4 f ( ch( cos(x ch( Donc, pour tout (x, R, = 4 cos(x ch 3 ( ( ch (+f ch ( g(x, = cos(x 4 ch( f +4 cos (xsh ( ( cos(x ch 4 f ( ch( +4 cos (x(ch ( ( 1 cos(x ch 4 f ( ch( cos(x + 1 cos (x cos(x ch( ch f ( ch( Maintenant, pour (x, R, 1 cos(x cos(x 1 et d autre part, l expression = cos(x décrit [ 1,1] quand x { } ch( ch( cos(x décrit R Donc, (x, R = [ 1,1] Par suite, ch( (x, R, g(x, = 0 t [ 1,1], (1 t f (t tf (t = 0 c Jean-Louis Rouget, 015 Tous droits réservés 9 http ://wwwmaths-francefr

10 On cherche une application f de classe C sur ] 1,1[ Or cos(x ch( = 1 cos(x = ch( cos(x = ch( = 1 = 0 et x π Z Donc { } kπ (x, R \,0, k Z, g(x, = 0 t ] 1,1[, (1 t f (t tf (t = 0 De plus, f n est pas constante si et seulement si λ 0 t ] 1,1[, ((1 t f (t = 0 λ R/ t ] 1,1[, f (t = λ 1 t (λ,µ R / t ] 1,1[, f(t = λ 1+t ln +µ 1 t L application t 1 1+t ln convient 1 t Exercice n o 14 c(x, s(x, Soit (x, R La matrice jacobienne de f en (x, s écrit où c et s sont deux fonctions de classe s(x, c(x, C 1 sur R telle que c +s = 1 ( Il s agit dans un premier temps de vérifier que les fonctions c et s sont constantes sur R Puisque f est de classe C sur R f, d après le théorème de Schwarz, x = f c Ceci s écrit encore = x s s ou enfin x c (x, R, (x, s (x, = s x (x, x (x, En dérivant ( par rapport à x ou à, on obtient les égalités c x + s s x ( deux vecteurs x et c s s sont orthogonaux au vecteur non nul s x ( montre que les deux vecteurs (x, R, les deux vecteurs x s x x (x, s x (x, et et s ( = 0 et c + s s = 0 Ceci montre que les et sont donc colinéaires Mais l égalité sont aussi orthogonaux l un à l autre Finalement, pour tout (x, s (x, sont nuls On en déduit que les deux applications c et s ( sont constantes sur R et donc, il existe θ dans R tel que pour tout (x, R, la matrice jacobienne de f en (x, est cos(θ sin(θ sin(θ cos(θ Soit g la rotation d angle θ prenant la même valeur que f en (0,0 f et g ont mêmes différentielles en tout point et coïncident en un point Donc f = g et f est une rotation affine Soit f : R R de classe C dont la différentielle en tout point est une rotation Montrer que f est une rotation affine c Jean-Louis Rouget, 015 Tous droits réservés 10 http ://wwwmaths-francefr