I.U.T. d Brst Anné 207-8 G.M.P. 2 Corrigé du dvoir du 26/0/207 Fonctions d plusiurs variabls (M0) Exrcic ( 8 points). f(x,y) = xy 2 4x + 5 2 y2 +2y 2.. Dérivés partills prmièrs. On obtint sans difficulté particulièr : t x (x,y) = y2 2x 2 (x,y) = 6xy +5y +2. y 2. Pour commncr, rmarquons qu l idntité rmarquabl a 2 b 2 = (a b)(a + b) nous prmt d écrir : x (x,y) = y2 2x 2 = (y 2 4x 2 ) = (y 2 (2x) 2 ) = (y 2x)(y +2x). Pour détrminr ls points critiqus on doit résoudr l systèm : x (x,y) = 0 { (y 2x)(y +2x) = 0 y (x,y) = 0 6xy +5y +2 = 0 { (y = 2x ou y = 2x) 6xy +5y +2 = 0 { (y 2x = 0 ou y +2x = 0) 6xy +5y +2 = 0 Prmir cas : si y = 2x, alors la scond équation 6xy +5y +2 = 0 dvint 2x 2 +0x+2 = 0; n divisant par 2, on obtint donc 6x 2 +5x+ = 0. Pourrésoudr cttdrnièréquation(6x 2 +5x+ = 0),oncalculsondiscriminant = 25 24 = puis on n déduit ls dux solutions x = 2 t x =. En utilisant l fait qu y = 2x, on trouv : - un prmir point critiqu : lorsqu x =, on obtint y = 2x = 2 = ; 2 2 - un duxièm point critiqu : lorsqu x =, on obtint y = 2x = 2 = 2. Scond cas : si y = 2x, alors la scond équation 6xy+5y+2 = 0 dvint 2x 2 0x+2 = 0; n divisant par 2, on obtint donc 6x 2 +5x = 0. Pourrésoudrcttdrnièréquation(6x 2 +5x = 0),oncalculsondiscriminant = 25+24 = 49 puis on n déduit ls dux solutions x = t x = 6. En utilisant l fait qu y = 2x, on trouv : - un troisièm point critiqu : lorsqu x =, on obtint y = 2x = 2; - un quatrièm point critiqu : lorsqu x = 6, on obtint y = 2x = 2 6 =. Conclusion. La fonction f admt quatr points critiqus : ls points ( 2 ) ( ; ; ) ; 2 ; ( ;2) ; ( 6 ; ).
. Dérivés partills sconds. t 4. Natur ds points critiqus? 2 f x2(x,y) = 24x, 2 f y2(x,y) = 6x+5. 2 f (x,y) = 6y, x y La fonction f admt-ll un xtrmum local n ( ;2)? On a : r = 2 f x2( ;2) = 24, s = 2 f ( ;2) = 2, x y t t = 2 f y2( ;2) =. Ainsi rt s 2 = 24 2 2 = 68 < 0. La fonction f n admt donc pas d xtrmum local n ( ;2). Pour ls autrs points critiqus, on procèd d la mêm façon. L nsmbl ds résultats st résumé dans l tablau suivant : points critiqus r s t rt s 2 conclusion ( ; ) 2 6 2 6 = 48 < 0 pas d xtrmum local 2 ( ) ; 2 8 > 0 4 24 6 = 8 > 0 minimum local ( ;2) 24 2 24 2 2 = 68 < 0 pas d xtrmum local ( ; ) 6 4 2 6 24 4 = 28 < 0 pas d xtrmum local
Exrcic 2 ( 2 points). Parti A. Fonction g défini par g(t) = tln(t).. La fonction ln étant défini sur ]0;+ [, la fonction g st égalmnt défini sur D g =]0;+ [. 2. Pour drssr l tablau d variations d la fonction g, nous dvons tout d abord calculr sa dérivé. En utilisant la formul d dérivation d un produit, on obtint : g (t) = ln(t)+t t = lnt+. Étud du sign d g (t) : pour tout t ]0;+ [, on a : g (t) 0 si t sulmnt si lnt+ 0; ssi lnt ; ssi lnt (car xponntill st un fonction croissant sur R); ssi t ; ssi t. On n déduit l tablau d variations : t 0 + g (t) 0 + 0 g Pour rmplir l tablau, nous avons aussi utilisé ls faits suivants : ( ) ) g = ( ) ln = ( ) = 2) En utilisant l résultat d croissancs comparés à l origin, on a dirctmnt lim t 0 +g(t) = lim t 0 +tlnt = 0. + ) On a lim lnt = + ; donc, par produit, lim g(t) = lim tlnt = +. t + t + t + Parti B. Fonction f défini par f(x,y) = (x 2 +y 2 )ln(x 2 +y 2 ).. On sait qu ln(t) st défini si t sulmnt si t > 0. Donc f(x,y) st défini si t sulmnt si ln(x 2 +y 2 ) st défini, ssi x 2 +y 2 > 0. L carré d un rél étant toujours positif ou nul, on a toujours x 2 +y 2 0. Donc x 2 +y 2 > 0 si t sulmnt si x 2 +y 2 0. Or x 2 + y 2 = 0 si t sulmnt si y 2 = x 2. Mais pour tous réls x t y, on a toujours y 2 0 t x 2 0. L sul nombr à la fois 0 t 0 étant 0, on n déduit qu y 2 = x 2 ssi y 2 = x 2 = 0, c st-à-dir ssi x = y = 0. Par conséqunt, f(x,y) st défini pour tous ls coupls (x,y) d R 2 différnts du coupl (0,0). Autrmnt dit, D f = R 2 \{(0,0)}. Pour rprésntr D f, il suffit d hachurr tout l plan à l xcption du point d coordonnés (0,0).
2. L équation d la lign d nivau 0 d f st f(x,y) = 0 avc (x,y) D f. Or f(x,y) = 0 ssi (x 2 +y 2 )ln(x 2 +y 2 ) = 0. Un produit st nul ssi l un ds facturs st nul. Donc f(x,y) = 0 ssi x 2 +y 2 = 0 ou ln(x 2 +y 2 ) = 0. Mais pour tout (x,y) D f, on a x 2 +y 2 > 0 donc, n particulir x 2 +y 2 0. Par conséqunt, on obtint succssivmnt : f(x,y) = 0 ssi ln(x 2 +y 2 ) = 0; ssi ln(x2 +y 2) = 0 ; ssi x 2 +y 2 =. On rconnait ici l équation du crcl d cntr O(0,0) t d rayon. C st bin la lign d nivau 0 d f.. Dérivés partills prmièrs d f? On utilis ici à la fois la formul d dérivation d un produit t la formul (lnu) = u pour obtnir : u t x (x,y) = 2xln(x2 +y 2 )+(x 2 +y 2 ) 2x x 2 +y 2 = 2xln(x2 +y 2 )+2x = 2x(ln(x 2 +y 2 )+) y (x,y) = 2yln(x2 +y 2 )+(x 2 +y 2 ) 2y x 2 +y 2 = 2yln(x2 +y 2 )+2y = 2y(ln(x 2 +y 2 )+). 4. Pour détrminr ls points critiqus on doit résoudr l systèm : x (x,y) = 0 { 2x(ln(x 2 +y 2 )+) = 0 y (x,y) = 0 2y(ln(x 2 +y 2 )+) = 0 { (x = 0 ou ln(x 2 +y 2 )+ = 0) (y = 0 ou ln(x 2 +y 2 )+ = 0) A priori cla fournit 2 cas possibls : ) Si x = 0 sur la prmièr lign alors forcémnt ln(x 2 + y 2 ) + = 0 sur la duxièm lign car x = y = 0 st impossibl sur D f. 2) Si ln(x 2 +y 2 )+ = 0 sur la prmièr lign alors la duxièm lign st automatiqumnt vérifié. En résumé ls 2 cas prmttnt d montrr qu : On n déduit pas à pas qu : (S) st vérifié ssi ln(x 2 +y 2 ) = ; ssi ln(x2 +y 2) = ; ssi x 2 +y 2 = ; ( ) 2 ssi x 2 +y 2 =. ln(x 2 +y 2 )+ = 0 On rconnait ici l équation du crcl d cntr O(0,0) t d rayon. Par conséqunt, ls points critiqus d f sont tous ls points du crcl d cntr O(0,0) t d rayon. Il y n a donc un infinité. Pour rprésntr tous cs points critiqus, il suffisait d dssinr c crcl n prnant un rayon légèrmnt infériur à 0,5 (sachant qu 2,7).
5. Avc l énoncé, on sait qu, pour chacun ds points critiqus trouvés précédmmnt, rt s 2 = 0 (avc ls notations habitullmnt utilisés n cours). Pour détrminr la natur d chacun d cs points critiqus, on procèd comm n td. Pour commncr, on s plac n un point critiqu (x 0,y 0 ) d f t on calcul f(x 0,y 0 ). On a donc : f(x 0,y 0 ) = (x 2 0 +y2 0 )ln(x2 0 +y2 0 ). D après la qustion B.4, nous savons qu (x 0,y 0 ) st un point du crcl d cntr O(0,0) t d rayon. Autrmnt dit, (x 0,y 0 ) vérifi l équation d c crcl; on a donc : x 2 0 +y2 0 = On n déduit n utilisant la parti A qu : f(x 0,y 0 ) = (x 2 0 +y0)ln(x 2 2 0 +y0) 2 = ( ) ln = g ( ) = Pourdétrminrlanaturdupointcritiqu(x 0,y 0 ),nousdvonsétudirlsigndf(x,y) f(x 0,y 0 ) au voisinag d (x 0,y 0 ). Or, n utilisant la parti A, on voit qu pour tout (x,y) D f : f(x,y) f(x 0,y 0 ) = (x 2 +y 2 )ln(x 2 +y 2 )+ = g(x2 +y 2 )+ D après l tablau d variations obtnu à la parti A, on constat qu g(t) pour tout t > 0. Donc, comm x 2 + y 2 > 0 sur D f, on a g(x 2 + y 2 ) pour tout (x,y) D f. Autrmnt dit, g(x 2 +y 2 )+ 0 pour tout (x,y) D f. Conclusion. Pour tout (x,y) D f, on a f(x,y) f(x 0,y 0 ) 0, donc f(x,y) f(x 0,y 0 ). Cla signifi qu f admt un minimum local (t mêm global) n tout point (x 0,y 0 ) situé sur l crcl d cntr O(0,0) t d rayon. Fin du corrigé