Planche n o 6 Fonctions de deu variables Corrigé n o 1 : On note f la fonction considérée 1 Pour 0, f, = 1 0 Quand tend vers 0, tend vers 0 puis f, = f n a de ite réelle en 0, 0, 0,0 >0, = Pour 0, f, 0 = 0 0 = 0 puis, 0,0 = f, = 1, 0,0 =0 f, = 0 Mais aussi, pour 0, f, = = 1 puis Donc si f a une ite réelle, cette ite doit être égale à 0 et à 1 ce qui est impossible f n a pas de ite réelle en 0, 0 Pour tout, R, = 0 et donc 1 Par suite, pour, 0, 0, 4, 0,0 1, 0,0 sin f, = 4 = 1 4 4 = 0, on a aussi, 0,0 f, = 0 = 1 et 1, 0,0 = 1 Donc f, = 1, 0,0 5 Pour, R, = et donc pour, 0, 0,, 0,0 f, = = 0, on a aussi f, = 0, 0,0 6 Pour, R, 4 4 =, 0, 0, f, = 4 4, 0,0 = 0, on a aussi f, = 0, 0,0 n o : Déterminons tout d abord F, pour, R Pour R, F, = Maf 0, 1, f 0, 1} = Ma, } = Si 0, F, = Ma f, 1, f, } }, f, 1 = Ma,, 4 1 = et donc pour = Ma }, 4 Plus précisément, si > 0, on a > 0 et 0 Donc F, = ce qui reste vrai quand = 0 4 Si < 0, = 4 4 = < 0 et donc F, = 4 4 4 4 si 0, R, F, = 4 si < 0 c Jean-Louis Rouget, 009 Tous droits réservés 1 http ://wwwmaths-francefr
En vertu de théorèmes générau, F est continue sur, R, > 0} et, R, < 0} Soit 0 0 Enfin,, 0, 0 <0, = 0 F, = 0 = F0, 0 et donc F n est pas continue en 0, 0 F, = 1 0 = F0, 0 et donc F n est pas continue en 0, 0, 0,0 <0, = 4 F est continue sur R \ 0,, R} et est discontinue en tout 0,, R n o : Pour, R, = 0 = = 0 et donc f est définie sur R f est de classe C sur R \ 0, 0} en tant que quotient de fonctions de classe C sur R \ 0, 0} dont le dénominateur ne s annule pas sur R \ 0, 0} Pour, 0, 0, f, = = 0, on en déduit que, 0,0 0 = f0, 0 Ainsi, f est continue en 0, 0 et donc sur R Eistence de 0, 0 Pour 0, f, 0 f0, 0, 0,0, 0,0 f, = 0 = 0 0 0 = 0, f, 0 f0, 0 et donc = 0 Ainsi, f admet une dérivée partielle par rapport à sa première variable en 0, 0 et 0 0 0, 0 = 0 Pour, 0, 0,, = = 4 4 4 Finalement, f admet sur R une dérivée partielle par rapport à sa première variable définie par, R,, = 0 si, = 0, 0 4 4 4 si, 0, 0 Pour, R, f, = f, Par suite,, R,, =, En effet, pour 0, 0 donné dans R f 0, f 0, 0 = f, 0 f 0, 0 = f, 0 f 0, 0 0 0 0 0 0, 0 Donc, f admet sur R une dérivée partielle par rapport à sa deuième variable définie par, R,, =, = 0 si, = 0, 0 4 4 4 si, 0, 0 Continuité de et en 0, 0 Pour, 0, 0,, 0, 0 = 4 4 4 4 4 4 4 4 4 = tend vers 0 quand, tend vers 0, 0,, 0, 0 tend vers 0 quand, tend vers 0, 0 On en déduit que l application est continue en 0, 0 et donc sur R Enfin, puisque, R,, =,, est continue sur R f est donc au moins de classe C 1 sur R, 0 0, 0, 0 0, 0 Pour 0, = 4 = 1 et donc = 1 Donc f 0 4 0 0 0, 0 eiste et 0, 0 = 1 c Jean-Louis Rouget, 009 Tous droits réservés http ://wwwmaths-francefr
, 0 0, 0 Pour 0, = 4, 0 0, 0 0 4 = 1 et donc = 1 Donc 0 0 0, 0 = 1 0, 0 f 0, 0 et donc f n est pas de classe C sur R d après le théorème de Schwarz 0, 0 eiste et f est de classe C 1 eactement sur R n o 4 : 1 Posons =, / 0} f est continue sur R \ en vertu de théorèmes générau Soit 0 R 0 si = 0 f, f 0, 0 = sin si 0, 0,0 = 0, f, f 0, 0 = 0 et donc f est continue en 0, 0 Finalement,, 0,0 f est continue sur R f est de classe C sur R \ En particulier, d après le théorème de Schwarz,, = cos et, = sin cos = f sur pour, R \,, puis et enfin, = sin,, = sin, = cos cos sin sin, Eistence de 0, 0 Pour 0, f, 0 f 0, 0 = 0 et donc f, 0 f 0, 0 0 On en déduit que 0 0 0 0, 0 eiste et 0, 0 = 0 En résumé, f admet une dérivée partielle par rapport à sa première variable sur R définie par, R, Eistence de 0, 0 Soit 0 R Pour 0, 0 si = 0, = cos si 0 f 0, f 0, 0 0 0 = si = 0 sin 0 si 0 et donc f 0, f 0, 0 0 On en déduit que 0 0 0, 0 eiste et 0, 0 = 0 En résumé, f admet une dérivée partielle par rapport à sa deuième variable sur R définie par, R,, = 0 si = 0 sin cos si 0 Eistence de f 0, 0 Pour 0, c Jean-Louis Rouget, 009 Tous droits réservés http ://wwwmaths-francefr
, 0 0, 0 et donc 0, 0 0, 0 = 0 0 tend vers 0 quand tend vers 0 On en déduit que f 0, 0 eiste et 0, 0 = 0 Eistence de f 0, 0 Pour 0, 0 0, 0, 0 cos = = 1 0 0, 0, 0 et donc 0 tend vers 1 quand tend vers 0 On en déduit que f 0, 0 eiste et 0, 0 = 1 n o 5 : Pour, R, cos ch [ 1, 1] Plus précisément, quand décrit R, cos décrit [ 1, 1] et donc quand ch 0, décrit R, cos décrit [ 1, 1] ch On suppose déjà que f est de classe C sur [ 1, 1] L application g est alors de classe C sur R et pour, R, Ensuite, puis Mais alors, = sin ch f g, = 4cos ch f cos ch puis g, = 4cos ch f cos ch cos, = cossh ch f ch cos cossh 4sh ch ch f cos ch 4sin ch f cos ch 4cos sh cos ch 4 f ch g, = 8cosch 8cossh cos ch f 4sin ch 4cos sh ch ch 4 = 8cos cos ch f 41 cos ch 4cos ch 1 cos ch ch 4 f ch = 8cos cos ch f 4ch 4cos cos ch ch 4 f ch Par suite, 4 = ch cos ch f cos ch g = 0, R, cos ch f 1 cos ch f cos ch cos 1 cos cos ch ch f = 0 ch t [ 1, 1], tf t 1 t f t = 0 t [ 1, 1], 1 t f t = 0 λ R, t [ 1, 1], 1 t f t = λ cos f ch c Jean-Louis Rouget, 009 Tous droits réservés 4 http ://wwwmaths-francefr
Le choi λ 0 ne fournit pas de solution sur [ 1, 1] Donc λ = 0 puis f = 0 puis f constante ce qui est eclu Donc, on ne peut pas poursuivre sur [ 1, 1] } kπ On cherche dorénavant f de classe C sur ] 1, 1[ de sorte que g est de classe C sur R \, 0, k Z f solution λ R, t ] 1, 1[, 1 t f t = λ λ R / t ] 1, 1[, f t = λ, µ R R/ t ] 1, 1[, ft = λ argtht µ λ 1 t n o 6 : 1 f est de classe C 1 sur R qui est un ouvert de R Donc si f admet un etremum local en un point 0, 0 de R, 0, 0 est un point critique de f Or, pour, R,, = 0, = 0 Donc si f admet un etremum local, c est nécessairement en = 0 = 0 = 1 = 4 1, 4 avec f 1, 4 = 7 D autre part, f, = = 1 1 = 1 4 1 = 1 4 7 4 7 = f 1, 4 Donc f admet un minimum local en 1, 4 égal à 7 et ce minimum local est un minimum global D autre part, f n admet pas de maimum local f est de classe C 1 sur R qui est un ouvert de R Donc si f admet un etremum local en un point 0, 0 de R, 0, 0 est un point critique de f Or, pour, R,, = 0, = 0 4 4 = 0 = 4 4 = 0 9 = 0 Les points critiques de f sont 0, 0, 1, 1 et 1, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 1 Maintenant, pour, R, f, = f, Ceci permet de restreindre l étude au deu points 0, 0 et 1, 1 Pour R, f, 0 = 4 > 0 sur R et f, = 4 4 = < 0 sur ], 0[ ]0, [ Donc f change de signe dans tous voisinage de 0, 0 et puisque f0, 0 = 0, f n admet pas d etremum local en 0, 0 Pour h, k R, f1 h, 1 k f1, 1 = 1 h 4 1 k 4 41 h1 k = 6h 6k 4hk 4h 4k h 4 k 4 6h 6k h k 4h 4k h 4 k 4 = 4h 4h h 4 4k 4k k 4 = h h 1 k k 1 0 f admet donc un minimum global en 1, 1 et en 1, 1 égal à n o 7 : Soit M un point intérieur au triangle ABC On pose a = BC, b = CA et c = AB On note,, z et A les aires respectives des triangles MBC, MCA, MAB et ABC On a dm, BCdM, CAdMAB = airembc a airemca airemab = 8z b c abc = 8 A abc On doit donc déterminer le maimum de la fonction f, = A quand, décrit le triangle ouvert T =, R, > 0, > 0, < A } On admet que f admet un maimum global sur le triangle fermé T =, R, 0, 0, A } cela résulte d un théorème de math Spé : «une fonction numérique continue sur un compact admet un minimum et un maimum» Ce maimum est atteint dans l intérieur T de T car f est nulle au bord de T et strictement positive à l intérieur de T c Jean-Louis Rouget, 009 Tous droits réservés 5 http ://wwwmaths-francefr
Puisque f est de classe C 1 sur T qui est un ouvert de R, f atteint son maimum sur T en un point critique de f Or, pour, T,, = 0, = 0 A = 0 A = 0 A = 0 A = 0 = A = A = = A 8 Le maimum cherché est donc égal à abc A A A A A = 8A 7abc On peut montrer que ce maimum est obtenu quand M est le centre de gravité du triangle ABC n o 8 : Soient R un repère orthonormé de R muni de sa structure euclidienne canonique puis M, A et B les points de coordonnées respectives,, 0, a et a, 0 dans R Pour, R, f, = MA MB AB = a avec égalité si et seulement si M [AB] Donc Le minimum de f sur R eiste et vaut a n o 9 : Soit ϕ une application de classe C sur R puis f l application définie sur U par, U, f, = ϕ vérifie : f = f = ϕ ϕ = ϕ 1 = 1 ϕ ϕ = 1 ϕ ϕ 4 ϕ 1 ϕ Puis, quand, décrit U, décrit R car 1 décrit déjà R, U,, f, =, U, ϕ 1 ϕ = t R, tϕ t t 1ϕ t = t λ R/ t R, t 1ϕ t = t λ Maintenant, t λ ne s annule pas en ±1, l égalité fournit une fonction ϕ telle que ϕ n a pas une ite réelle en ±1 Une telle solution n est pas de classe C sur R Donc nécessairement λ = 1 puis, U,, f, = t R, t 1ϕ t = t 1 t R \ 1, 1}, ϕ t = 1 t R, ϕ t = 1 par continuité de ϕ en ± 1 λ R/ t R, ϕt = t λ n o 10 : 1 = u v = u v L application, u, v est un C1 -difféomorphisme de R sur luimême u = v = Pour u, v R, posons alors gu, v = fu v, u v = f, de sorte que, R, f, = g, = gu, v f est de classe C 1 sur R si et seulement si g est de classe C 1 sur R et c Jean-Louis Rouget, 009 Tous droits réservés 6 http ://wwwmaths-francefr
,, = g, u v = u, v = u u u, v u, v v g, u u, v v v u, v u v u, v u, v = u, v u v u u, v Par suite,, R,,, = 0 u, v R, u, v = 0 u F : R R de classe C 1 telle que u, v R, gu, v = Fv F : R R de classe C 1 telle que, R, f, = F On pose r = et θ = Arctan de sorte que = r cosθ et = r sinθ On pose f, = fr cosθ, r sinθ = gr, θ On sait que r r θ = cosθ, = sin θ, puis = r cosθ cosθ = sinθ r r sin θ r, θ = cosθ r r sin θ sin θ θ r cosθ r = r θ r,, D,,, = r > 0, r r r, θ = r r > 0, r, θ = 1 r ] ϕ de classe C 1 sur π, π [ ] / r, θ ]0, [ π, π [, gr, θ = r ϕθ ] ϕ de classe C 1 sur π, π [ /, D, f, = ϕ Arctan ψ de classe C 1 sur R/, D, f, = ψ c Jean-Louis Rouget, 009 Tous droits réservés 7 http ://wwwmaths-francefr