TD 3: Différentielle des fonctions de plusieurs variables Correction

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1 TD 3: Différentielle des fonctions de plusieurs variables Correction 1 Calculs de dérivées partielles Exercice 1 Calculez les dérivées partielles des fonctions suivantes : 1 Pour tous réels x et y, (x, y) R 2, f(x, y) = cos(x) sin(y), (x, y) = sin(x) sin(y), x (x, y) = cos(x) cos(y) y 2 (x, y) R 2, f(x, y) = 1 + x 2 + y 2, Pour tous réels x et y, x (x, y) = x 1 + x2 + y, 2 y (x, y) = y 1 + x2 + y 2 3 (x, y, z) R 3, f(x, y, z) = exp(x 2 + y 2 ) log(1 + z 4 ), Pour tous réels x, y et z, x (x, y, z) = 2x exp(x2 + y 2 ) log(1 + z 4 ), y (x, y, z) = 2y exp(x2 + y 2 ) log(1 + z 4 ), z (x, y, z) = exp(x2 + y 2 ) 4z3 1 + z 4 Exercice 2 Soit f la fonction définie pour tout (x, y) R 2 par : 1 Calculez les dérivées partielles de f f(x, y) = y 3 + (x 2 6)y + x 2 1

2 Pour tous réels x et y, 2 En quel(s) point(s) le gradient de f s annule-t-il? (x, y) = 2xy + 2x, x y (x, y) = 3y2 + x 2 6 Le gradient de f s annule aux points (x, y) R 2 satisfaisant 2xy + 2x = 0, 3y 2 + x 2 6 = 0 La première équation est vérifiée si et seulement si x = 0 ou y = 1 Si x = 0, la deuxième équation est valide si et seulement si y 2 = 2, ie y = 2 ou y = 2 Si y = 1, la deuxième équation est valide si et seulement si x 2 = 3, ie x = 3 ou 3 L ensemble des points d annulation du gradient est donc {(0, 2), (0, 2), ( 3, 1), ( 3, 1)} 3 Sont-ce des extrema globaux? On remarque que pour tout y R, En particulier, f( 6, y) = y lim f( 6, y) =, y lim y + f( 6, y) = + La fonction f ne peut donc pas avoir de minimum global ou de maximum global 2 Calculs pratiques à l aide des dérivées partielles Exercice 3 La technologie de production d une firme est décrite par la fonction de Cobb-Douglas f(x, y, z) = 10x 1/3 y 1/2 z 1/6 On suppose qu elle utilise la combinaison de facteurs (27, 16, 64) 1 Quelle est la quantité produite? = = 240 une unité inconnue 2 À l aide de ses dérivées partielles, donner une valeur approchée de f corespondant aux facteurs (271, 157, 64) Comparez avec la vraie valeur Même question en (272, 162, 636) 2

3 Calculons les dérivées partielles de f au point (27, 16, 64) Pour tout (x, y, z) R 3, Donc en (27, 16, 64), 10 (x, y, z) = x 3 x y 2 z 6, y (x, y, z) = 5x y 2 z 6, z (x, y, z) = 5 3 x y 2 z 6 10 (27, 16, 64) = x = 80 27, y (27, 16, 64) = = 15 2, z (27, 16, 64) = = La formule de Taylor au premier ordre donne donc : f(27 + x, 16 + y, 64 + z) x y z En appliquant cette formule à x = 01, y = 03 et z = 0, on trouve f(271, 157, 64) En appliquant cette formule à x = 02, y = 02 et z = 04, on trouve f(272, 152, 636) Exercice 4 Donner une valeur approchée de Soit U le sous ensemble de R 3 constitué des triplets (x, y, z) tels que g(x, y, z) := x 3 y 3 z 3 > 0 C est visiblement un ouvert car g est continue Ensuite, g est clairement différentiable et pour tout (x, y, z) U, g(x, y, z) R + Or la fonction racine est différentiable sur R +, donc f(x, y, z) := g(x, y, z) = x 3 y 3 z 3 est différentiable sur U Le triplet (4, 3, 1) est dans U et on vérifie que pour tout (x, y, z) U, x (x, y, z) = 3 2 x 2 x3 y 3 z, 3 y (x, y, z) = 3 2 y 2 x3 y 3 z, 3 z (x, y, z) = 3 2 z 2 x3 y 3 z 3 3

4 En (4, 3, 1), on trouve donc f(4, 3, 1) = 6 et x (x, y, z) = = 4, y (x, y, z) = = 9 4, z (x, y, z) = = 1 4 Il est facile de voir que pour tous x, y et z dans [0, 1], (4 + x, 3 y, 1 + z) est dans U, et la formule de Taylor du premier ordre donne alors f(4 + x, 3 y, 1 + z) x y 1 4 z En appliquant ça à x = 01, y = 005 et z = 002, on trouve La véritable valeur est 6495 f(41, 295, 102) Exercice 5 Déterminer le domaine de définition et une équation du plan tangent à f au point M(x 0, y 0 ) dans les deux cas suivants : (i) f(x, y) := sin 2 x + cos 2 y; La fonction f est bien définie et autant de fois différentiable que l on veut sur R 2 De plus, en (x 0, y 0 ), L équation du plan tangent à f en M est donc x (x 0, y 0 ) = 2 sin(x 0 ) cos(x 0 ), y (x 0, y 0 ) = 2 cos(y 0 ) sin(y 0 ) z = sin 2 (x 0 ) + cos 2 (y 0 ) + 2 sin(x 0 ) cos(x 0 )(x x 0 ) 2 sin(y 0 ) cos(y 0 )(y y 0 ) = sin 2 (x 0 ) + cos 2 (y 0 ) + sin(2x 0 )(x x 0 ) sin(2y 0 )(y y 0 ) (ii) ( f(x, y) = ln 1 + x ) y et Soit (x, y) R 2 La fonction f est bien définie en (x, y) si et seulement si y est non nul 1 + x y > 0 Le domaine de définition de f est donc U := {(x, y) R 2 (y > 0 et x > y) ou (y < 0 et x < y)} 4

5 L ensemble U est un ouvert En tout point de (x 0, y 0 ) U, L équation du plan tangent à f en M est donc ( z = ln 1 + x ) 0 y 0 ( = ln 1 + x 0 y 0 3 Question de régularité x (x 1 0, y 0 ) =, x 0 + y 0 y (x x 0 0, y 0 ) = y 0 (x 0 + y 0 ) + x x 0 x 0 + y 0 x 0(y y 0 ) y 0 (x 0 + y 0 ) ) + x y/y 0 x 0 + y 0 Exercice 6 Soit f : R R une fonction de classe C 2 Pour tout (x, y) R 2, on définit f(y) f(x) si x y, F (x, y) = y x f (x) si x = y Montrer que F est de classe C 1 Montrons d abord que f admet des dérivées partielles dans les deux directions partout Si x y c est clair et on calcule aisément Ensuite, si x = y, il s agit de calculer F x (x, y) = f (x)(x y) + f(x) (x y) 2, F y (x, y) = f (y)(y x) + f(y) (y x) 2 F (x + h, x) F (x, x) F (x, x + h) F (x, x) lim = lim = lim h 0 h h 0 h h 0 Écrivons la formule de Taylor d ordre 2 pour f en x : Donc pour tout h 0, h R, f(x + h) = f(x) + hf (x) + h2 2 f (x) + o h 0 (h2 ) f(x + h) f(x) f (x) h h et donc la limite recherchée est f (x)/2 On a donc = 1 2 f (x) + o h 0 (1), F F (x, x) = x y (x, x) = f (x) 2 f(x + h) f(x) f (x) h h La continuité des dérivées partielles utilise la formule de Taylor-Lagrange d ordre 2 que je ne vous ai pas donné, et sinon, c est un peu plus délicat 5

6 4 Optimisation Exercice 7 Soit d N et f une application de R d dans R On dit que f(x) tend vers + quand x tend vers + et on écrit lim f(x) = + x + si pour tout M > 0, il existe R > 0 tel que pour tout x / B(0, R), f(x) M Montrer que si f est continue et tend vers + quand x tend vers +, alors elle admet un minimum global Soit R > 0 tel que pour tout x / B(0, R), f(x) f(0) + 1 C est encore vrai pour tout x / B(0, R), qui est compact Comme f est continue, elle atteint son minimum sur B(0, R) en un point que l on note x 0 B(0, R) On a donc pour tout x B(0, R), Comme 0 B(0, R), on a Donc pour tout x / B(0, R), f(x) > f(x 0 ) Donc x 0 est un point de minimum global de f f(x 0 ) f(x) f(x 0 ) f(0) < f(0) + 1 Exercice 8 Soient d N, I un intervalle ouvert de R, γ une application de I dans R d et enfin F une application de R d dans R On pourra par exemple en prenant d = 2 s imaginer que le plan est une carte, que F (x, y) donne l altitude au point (x, y) et que γ suit un chemin de randonnée On suppose que γ et F sont différentiables partout et qu il existe t 0 I tel que Montrer qu alors F (γ(t 0 )) = max F (γ(t)) t I df (γ(t 0 )(γ (t 0 )) = F (γ(t 0 )), γ (t 0 ) = 0 Au point de maximum, la vitesse est donc perpendiculaire au gradient Soit t I On utilise la formule de différentiation d une composée dans ce cas particulier (voir le paragraphe "Applications" du cours) : En t 0, F γ atteint son maximum, donc on a F γ (t) = F (γ(t)), γ (t) F γ (t 0 ) = 0, donc F (γ(t 0 )), γ (t 0 ) = 0 5 Équation aux dérivées partielles Exercice 9 Déterminer l ensemble des fonctions de classe C 1 sur R 2 telles que pour tout (x, y) R 2, (i) (x, y) = 0 x 6

7 Soit f une solution Pour tout y 0 R, la fonction g qui à x associe f(x, y 0 ) satisfait (ii) g (x) = x (x, y 0) = 0 Donc g est constante, en particulier, pour tout x R, f(x, y 0 ) = g(x) = g(0) = f(0, y 0 ) Posons h la fonction qui à y associe f(0, y) La fonction h est clairement C 1 On a alors pour tous x et y réels, f(x, y) = h(y) Réciproquement, s il existe une fonction h de R dans R de classe C 1 telle que pour tous x et y réels, f(x, y) = h(y), alors f est bien de classe C 1 et solution de l équation Donc f est solution si et seulement si elle est de cette forme (x, y) = h(x), x où h est une fonction continue de R dans R Pour tout réel y 0, la fonction g qui à x R associe f(x, y 0 ) vérifie (iii) g (x) = h(x) Soit H la primitive de h qui s annule en 0 On a alors Posons α la fonction qui à y associe g(x) = g(0) + H(x) = f(0, y 0 ) + H(x) α(y) = f(0, y) La fonction α est clairement C 1 et pour tous réels x et y, f(x, y) = α(y) + H(x) Réciproquement, s il existe une fonction α de R dans R de classe C 1 telle que pour tous x et y de classe C 1, f(x, y) = H(x) + α(y), alors f est de classe C 1 et satisfait l équation Donc f est solution si et seulement si elle est de cette forme où h est une fonction de classe C 1 de R dans R (x, y) = h(y), x Soit y 0 R La fonction g qui a x associe f(x, y 0 ) vérifie pour tout x R g (x) = h(y 0 ) Donc pour tout x, g(x) = g(0) + h(y 0 )x 7

8 Soit α la fonction qui à y associe f(0, y) Elle est clairement de classe C 1 On a alors pour tous x et y f(x, y) = α(y) + h(y)x Réciproquement, s il existe α de classe C 1 telle que pour tous x et y, f(x, y) = α(y) + h(y)x, alors f est de classe C 1 et satisfait l équation Donc f est solution si et seulement si elle est de cette forme Exercice 10 Soit f : R 2 R une application de classe C 1 et α R On dit que f est homogène de degré α si pour tout (x, y) R 2 et tout t > 0, f(tx, ty) = t α f(x, y) 1 Montrer que si f est positivement homogène de degré α, alors ses dérivées partielles sont homogènes de classe α 1 Soient x et y dans R et t > 0 En dérivant par rapport à x l égalité f(tx, ty) = t α f(x, y), on obtient t (tx, ty) = tα (x, y), x x et donc (tx, ty) = tα 1 (x, y) x x On obtient la même chose en dérivant par rapport à y 2 Montrer que si f est homogène de degré α, alors pour tout (x, y) R 2, x (x, y) + y (x, y) = αf(x, y) x y Soient x et y dans R et t > 0 En dérivant par rapport à t l égalité on obtient L égalité voulue est obtenue en chisoissant t = 1 f(tx, ty) = t α f(x, y), x (tx, ty) + y x y (tx, ty) = αtα 1 f(x, y) 3 On suppose que f est de classe C 1 et est solution de l équation aux dérivées partielles ci-dessus En considérant pour tout (x, y) R 2 l application qui à t > 0 associe f(tx, ty), montrer que f est homogène de degré α t > 0 Soient x et y des réels et g la fonction qui à t > 0 associe f(tx, ty) On a pour tout g (t) = x (tx, ty) + y (tx, ty) x y = 1 ( tx (tx, ty) + ty t x y (tx, ty)) 8

9 En appliquant l équation en (tx, ty), on obtient alors g (t) = α t f(tx, ty) = α t g(t) L unique solution de cette équation différentielle valant f(x, y) en t = 1 est On a donc le résultat 6 Exercices théoriques t t α f(x, y) Exercice 11 Soient d, n et p dans N Une application B de R d R n = R d+n et à valeurs dans R p est dite bilinéaire si pour tout x 0 R d et tout y 0 R n, les applications y R n B(x 0, y) et x R d B(x, y 0 ) sont linéaires Montrer que B est différentiable en tout point de R d R n et que sa différentielle vérifie pour tout (x 0, y 0 ) R d R n et tout (u, v) R d R n : db(x 0, y 0 )(u, v) = B(x 0, v) + B(u, y 0 ) Soit (x 0, y 0 ) R d R n Soit L l application de R d R n à valeurs dans R p définie pour tiout (u, v) R d R n par L(u, v) = B(x 0, v) + B(u, y 0 ) L application L est linéaire puisque si (u 1, v 1 ) et (u 2, v 2 ) sont dans R d R n, et si λ et µ sont des réels, L(λ(u 1, v 1 ) + µ(u 2, v 2 )) = L(λu 1 + µu 2, λv 1 + µv 2 ) De plus, pour tout (u, v) R d R n, = B(x 0, λv 1 + µv 2 ) + B(λu 1 + µu 2, y 0 ) = λb(x 0, v 1 ) + µb(x 0, v 2 ) + λb(u 1, y 0 ) + µb(u 2, y 0 ) = λ(b(x 0, v 1 ) + B(u 1, y 0 )) + µ(b(x 0, v 2 ) + B(u 2, y 0 )) = λl(u 1, v 1 ) + µl(u 2, v 2 ) B(x 0 + u, y 0 + v) = B(x 0, y 0 ) + B(x 0, v) + B(u, y 0 ) + B(u, v) = B(x 0, y 0 ) + L(u, v) + B(u, v) Donc B(x 0 + u, y 0 + v) B(x 0, y 0 ) L(u, v) (u, v) = B(u, v) (u, v) Lorsque (u, v) tend vers, 0, ( ) u v, u v converge également vers 0, et pour tout (u, v) R d R n, u (u, v), v (u, v) 9

10 On a donc ( B(u, v) u v (u, v) = u (u, v) B u, v v ) ( ) u B u, v v On peut donc conclure en utilisant le fait qu un application bilinéaire est continue (chacune des coordonnée de B(u, v) est un polynome d ordre 2 en les coefficients de u et v) En effet, en conséquence, ( ) lim u (u,v) 0 B u, v = B(0, 0) = 0, v et donc la différentielle de B en (x 0, y 0 ) est bien L Exercice 12 Soit d N Soit F une bijection d un ouvert U de R d dans un ouvert V de R d On note G son inverse Soit x 0 un point de U où : F est différentiable, df (x 0 ) est inversible, G est continue en y 0 := F (x 0 ) Montrer que G est différentiable en y 0 et que dg(y 0 ) = ( df (x 0 ) ) 1 On va se contenter de montrer que si G est différentiable en y 0, alors dg(y 0 ) = ( df (x 0 ) ) 1, la preuve générale est relativement technique, on la verra peut-être plus tard dans le cours On sait que pour tout h R d tel que x 0 + h U, G F (x 0 + h) = x 0 + h En différentiant cette égalité et en utilisant la formule de différentiation d une composée, on trouve : dg(y 0 ) df (x 0 ) = Id De la même façon, On a donc bien df (x 0 ) dg(y 0 ) = Id dg(y 0 ) = (df (x 0 )) 1 10