Examen mip m311 2008 2009 analyse 3 -Corr - Télécharger pdf
Télécharger PDFExercice 1 : Recherche des Points Stationnaires et Détermination de leur Nature
Soit f la fonction définie sur R2 par : f(x, y) = (x2 + y2 − 8)(x2 + y2).
Déterminer les points stationnaires de f.
Donner la nature des points trouvés.
Exercice 2 : Application du Théorème des Fonctions Implicites
Soit f la fonction définie sur R2 par : f(x, y) = y3 + (x2 + 1)y + x4.
Montrer que l'équation f(x, y) = 0 définit implicitement y comme fonction de x sur R, que l'on notera φ(x).
Déterminer en fonction de x et φ(x) la dérivée φ'(x) sur R.
Exercice 3 : Étude de Continuité et Différentiabilité d'une Fonction
Soit f la fonction définie par :
f(x, y) = x3(y − 1)2 / (x4 + (y − 1)4), si (x, y) ≠ (0, 1)
f(0, 1) = 0
Donner Df le domaine de définition de f.
Montrer que f est continue sur Df.
Calculer ∂f/∂x (x, y) et ∂f/∂y (x, y) pour tout (x, y) de Df.
Étudier la différentiabilité de f sur Df.
Correction de l'Exercice 1
Soit f la fonction définie sur R2 par : f(x, y) = (x2 + y2 − 8)(x2 + y2).
1. Détermination des points stationnaires de f
La fonction f est un polynôme, elle est donc de classe C∞ (indéfiniment différentiable) sur R2. Les points stationnaires de f sont les points (x, y) où toutes ses dérivées partielles premières s'annulent :
∂f/∂x (x, y) = 4x(x2 + y2 − 4) = 0
∂f/∂y (x, y) = 4y(x2 + y2 − 4) = 0
Ces équations sont satisfaites si et seulement si :
- x = 0 et y = 0, ce qui correspond au point l'origine O(0, 0).
- Ou x2 + y2 − 4 = 0, c'est-à-dire x2 + y2 = 4. Cela correspond à tous les points du cercle de centre O(0, 0) et de rayon 2.
Les points stationnaires sont donc l'origine O(0, 0) et l'ensemble des points sur le cercle d'équation x2 + y2 = 4.
2. Nature des points stationnaires
Pour déterminer la nature de ces points, nous calculons les dérivées partielles secondes de f :
∂2f/∂x2 (x, y) = 4(3x2 + y2 − 4)
∂2f/∂y2 (x, y) = 4(x2 + 3y2 − 4)
∂2f/∂x∂y (x, y) = 8xy
La matrice hessienne Hf(x, y) est :
[[4(3x2 + y2 − 4), 8xy], [8xy, 4(x2 + 3y2 − 4)]]
Son déterminant est : det(Hf(x, y)) = 16(3x2 + y2 − 4)(x2 + 3y2 − 4) − 64x2y2.
Natures des points stationnaires :
-
Pour le point O(0, 0) :
Calculons le déterminant de la hessienne en (0, 0) :
det(Hf(0, 0)) = 16(0 + 0 − 4)(0 + 0 − 4) − 0 = 16(-4)(-4) = 256 > 0.
Puisque det(Hf(0, 0)) > 0, il s'agit d'un extremum local. Pour déterminer s'il s'agit d'un maximum ou d'un minimum, nous examinons le signe de ∂2f/∂x2 (0, 0) :
∂2f/∂x2 (0, 0) = 4(0 + 0 − 4) = -16 < 0.
Étant donné que le déterminant est positif et que ∂2f/∂x2 (0, 0) est négatif, la fonction f admet un maximum local au point O(0, 0). La valeur de ce maximum est f(0,0) = (02+02-8)(02+02) = (-8)(0) = 0.
-
Pour les points du cercle d'équation x2 + y2 = 4 :
Pour tout point (x, y) sur ce cercle, nous avons x2 + y2 = 4. Substituons cette condition dans le déterminant de la hessienne :
det(Hf(x, y)) = 16(3x2 + y2 − 4)(x2 + 3y2 − 4) − 64x2y2
En utilisant y2 = 4 - x2 et x2 = 4 - y2 :
det(Hf(x, y)) = 16(3x2 + (4 - x2) − 4)((4 - y2) + 3y2 − 4) − 64x2y2
det(Hf(x, y)) = 16(2x2)(2y2) − 64x2y2 = 64x2y2 − 64x2y2 = 0.
Puisque det(Hf(x, y)) = 0 pour ces points, le critère du déterminant de la hessienne ne permet pas de conclure directement. Il faut utiliser un développement de Taylor à l'ordre 2 autour d'un point (a, b) du cercle.
Pour tout point (a, b) du cercle, f(a, b) = (a2 + b2 − 8)(a2 + b2) = (4 − 8)(4) = -16.
Le développement de Taylor de f autour de (a, b) s'écrit :
f(a + h, b + k) − f(a, b) = 1⁄2 (∂2f/∂x2 (a, b)h2 + 2∂2f/∂x∂y (a, b)hk + ∂2f/∂y2 (a, b)k2) + o(h2 + k2)
Calculons les dérivées secondes en (a, b) où a2 + b2 = 4 :
∂2f/∂x2 (a, b) = 4(3a2 + b2 − 4) = 4(3a2 + (4 − a2) − 4) = 4(2a2) = 8a2
∂2f/∂y2 (a, b) = 4(a2 + 3b2 − 4) = 4((4 − b2) + 3b2 − 4) = 4(2b2) = 8b2
∂2f/∂x∂y (a, b) = 8ab
Soit Q(h, k) la forme quadratique du terme d'ordre 2 :
Q(h, k) = 8a2h2 + 2(8ab)hk + 8b2k2 = 8(a2h2 + 2abhk + b2k2)
Q(h, k) = 8(ah + bk)2.
Puisque Q(h, k) = 8(ah + bk)2 ≥ 0 pour tout (h, k), cela signifie que f(a + h, b + k) − f(a, b) est toujours positif ou nul pour des (h,k) suffisamment petits. Par conséquent, f(a + h, b + k) ≥ f(a, b).
Ceci prouve que f admet un minimum local en tout point du cercle d'équation x2 + y2 = 4. La valeur de ce minimum est f(a,b) = -16.
Correction de l'Exercice 2
Soit f la fonction définie sur R2 par : f(x, y) = y3 + (x2 + 1)y + x4.
1. Démonstration de la définition implicite de y comme fonction de x
Pour montrer que l'équation f(x, y) = 0 définit implicitement y comme fonction de x sur R (notée φ(x)), nous utilisons le théorème des fonctions implicites.
La fonction f(x, y) est un polynôme, elle est donc de classe C∞ sur R2 (et par conséquent C1).
Nous devons vérifier deux conditions du théorème :
- Il existe un point (x0, y0) tel que f(x0, y0) = 0. Par exemple, si nous choisissons x0 = 0, l'équation devient y03 + (02 + 1)y0 + 04 = 0, soit y0(y02 + 1) = 0. La seule solution réelle est y0 = 0. Donc, f(0, 0) = 0.
- La dérivée partielle de f par rapport à y, ∂f/∂y (x, y), doit être non nulle au point (x0, y0) et dans un voisinage.
Calculons ∂f/∂y (x, y) :
∂f/∂y (x, y) = 3y2 + (x2 + 1).
Puisque y2 ≥ 0 et x2 ≥ 0, alors 3y2 ≥ 0 et x2 + 1 ≥ 1. Par conséquent, 3y2 + x2 + 1 ≥ 1 pour tout (x, y) ∈ R2. En particulier, ∂f/∂y (x, y) ≠ 0 partout sur R2.
D'après le théorème des fonctions implicites, puisque f est de classe C1 sur R2 et que ∂f/∂y (x, y) n'est jamais nul, l'équation f(x, y) = 0 définit bien implicitement y comme une fonction de x sur R, que l'on notera φ(x).
2. Détermination de la dérivée φ'(x)
Pour tout x de R, la dérivée φ'(x) est donnée par la formule du théorème des fonctions implicites :
φ'(x) = - (∂f/∂x (x, y)) / (∂f/∂y (x, y))
Calculons les dérivées partielles :
∂f/∂x (x, y) = 2xy + 4x3
∂f/∂y (x, y) = 3y2 + x2 + 1
En remplaçant y par φ(x) dans ces expressions, on obtient la dérivée φ'(x) :
φ'(x) = - (2xφ(x) + 4x3) / (3(φ(x))2 + x2 + 1)
Cette formule est valable pour tout x de R.
Correction de l'Exercice 3
Soit f la fonction définie par :
f(x, y) = x3(y − 1)2 / (x4 + (y − 1)4), si (x, y) ≠ (0, 1)
f(0, 1) = 0
1. Domaine de définition Df
La partie "quotient" de la fonction f est définie lorsque son dénominateur x4 + (y − 1)4 est non nul. Le dénominateur est nul si et seulement si x4 = 0 et (y − 1)4 = 0, ce qui implique x = 0 et y − 1 = 0, soit (x, y) = (0, 1).
Cependant, la fonction est définie spécifiquement en (0, 1) par f(0, 1) = 0.
Par conséquent, la fonction est définie pour tous les points (x, y) de R2. Le domaine de définition est donc Df = R2.
2. Continuité de f sur Df
Nous étudions la continuité en deux cas :
-
Pour (x, y) ≠ (0, 1) :
Dans ce cas, f(x, y) est une fonction rationnelle (quotient de polynômes) dont le dénominateur (x4 + (y − 1)4) est non nul. Les fonctions rationnelles sont continues sur leur domaine de définition. Donc, f est continue sur R2 − {(0, 1)}.
-
Pour (x, y) = (0, 1) :
Pour que f soit continue en (0, 1), il faut que lim(x,y)→(0,1) f(x, y) = f(0, 1) = 0.
Considérons la valeur absolue de la fonction pour (x, y) ≠ (0, 1) :
|f(x, y) − f(0, 1)| = |x3(y − 1)2 / (x4 + (y − 1)4) − 0|
= |x| ⋅ |x2(y − 1)2 / (x4 + (y − 1)4)|.
Nous utilisons l'inégalité bien connue a2 + b2 ≥ 2|ab|. En posant a = x2 et b = (y-1)2, nous avons x4 + (y-1)4 ≥ 2|x2(y-1)2|.
De cette inégalité, il découle que |x2(y − 1)2 / (x4 + (y − 1)4)| ≤ 1⁄2.
Donc, nous avons l'encadrement : 0 ≤ |f(x, y) − f(0, 1)| ≤ 1⁄2 |x|.
Lorsque (x, y) tend vers (0, 1), x tend vers 0. Par conséquent, lim(x,y)→(0,1) 1⁄2 |x| = 0.
D'après le théorème des gendarmes, lim(x,y)→(0,1) f(x, y) = 0. Cette limite est égale à f(0, 1).
Par conséquent, f est continue en (0, 1).
En combinant les deux points, la fonction f est continue sur tout son domaine de définition Df = R2.
3. Calcul des dérivées partielles ∂f/∂x (x, y) et ∂f/∂y (x, y)
-
Pour (x, y) ≠ (0, 1) :
Nous utilisons les règles de dérivation des quotients. Posons u = x3(y − 1)2 et v = x4 + (y − 1)4.
∂f/∂x (x, y) = ( ∂u/∂x ⋅ v − u ⋅ ∂v/∂x ) / v2
∂f/∂x (x, y) = (3x2(y − 1)2(x4 + (y − 1)4) − x3(y − 1)2(4x3)) / (x4 + (y − 1)4)2
∂f/∂x (x, y) = (x2(y − 1)2 [3(x4 + (y − 1)4) − 4x4]) / (x4 + (y − 1)4)2
∂f/∂x (x, y) = (x2(y − 1)2 [3(y − 1)4 − x4]) / (x4 + (y − 1)4)2
De même pour ∂f/∂y (x, y) :
∂f/∂y (x, y) = ( ∂u/∂y ⋅ v − u ⋅ ∂v/∂y ) / v2
∂f/∂y (x, y) = (x3[2(y − 1)](x4 + (y − 1)4) − x3(y − 1)2[4(y − 1)3]) / (x4 + (y − 1)4)2
∂f/∂y (x, y) = (x3(y − 1)[2(x4 + (y − 1)4) − 4(y − 1)4]) / (x4 + (y − 1)4)2
∂f/∂y (x, y) = (x3(y − 1)[2x4 − 2(y − 1)4]) / (x4 + (y − 1)4)2
∂f/∂y (x, y) = (2x3(y − 1)[x4 − (y − 1)4]) / (x4 + (y − 1)4)2
-
Pour (x, y) = (0, 1) :
Nous utilisons la définition par limite des dérivées partielles.
∂f/∂x (0, 1) = limh→0 (f(h, 1) − f(0, 1)) / h
Lorsque h ≠ 0, f(h, 1) = h3(1 − 1)2 / (h4 + (1 − 1)4) = h3 ⋅ 0 / (h4 + 0) = 0.
Nous savons que f(0, 1) = 0.
Donc, ∂f/∂x (0, 1) = limh→0 (0 − 0) / h = 0.
∂f/∂y (0, 1) = limk→0 (f(0, 1 + k) − f(0, 1)) / k
Lorsque k ≠ 0, f(0, 1 + k) = 03((1 + k) − 1)2 / (04 + ((1 + k) − 1)4) = 0 ⋅ k2 / (0 + k4) = 0.
Nous savons que f(0, 1) = 0.
Donc, ∂f/∂y (0, 1) = limk→0 (0 − 0) / k = 0.
Ainsi, ∂f/∂x (0, 1) = 0 et ∂f/∂y (0, 1) = 0.
4. Étude de la différentiabilité de f sur Df
-
Pour (x, y) ≠ (0, 1) :
Les fonctions dérivées partielles ∂f/∂x et ∂f/∂y calculées précédemment sont des quotients de polynômes. Leurs dénominateurs (x4 + (y − 1)4)2 ne s'annulent pas pour (x, y) ≠ (0, 1). Par conséquent, ∂f/∂x et ∂f/∂y sont continues sur R2 − {(0, 1)}.
Puisque les dérivées partielles premières existent et sont continues sur R2 − {(0, 1)}, la fonction f est différentiable sur R2 − {(0, 1)}.
-
Pour (x, y) = (0, 1) :
Pour vérifier la différentiabilité en (0, 1), nous devons étudier la limite suivante. Une fonction f est différentiable en (a, b) si :
lim(h,k)→(0,0) [f(a + h, b + k) − f(a, b) − ∂f/∂x (a, b)h − ∂f/∂y (a, b)k] / √(h2 + k2) = 0
En remplaçant (a, b) par (0, 1), et en utilisant f(0, 1) = 0, ∂f/∂x (0, 1) = 0 et ∂f/∂y (0, 1) = 0, l'expression devient :
lim(h,k)→(0,0) [f(h, 1 + k)] / √(h2 + k2)
Substituons l'expression de f(h, 1 + k) pour (h, 1+k) ≠ (0,1) :
= lim(h,k)→(0,0) [h3((1 + k) − 1)2 / (h4 + ((1 + k) − 1)4)] / √(h2 + k2)
= lim(h,k)→(0,0) [h3k2 / (h4 + k4)] / √(h2 + k2)
= lim(h,k)→(0,0) h3k2 / ((h4 + k4)√(h2 + k2))
Pour étudier cette limite, prenons un chemin où k = h (et h → 0) :
limh→0 h3h2 / ((h4 + h4)√(h2 + h2))
= limh→0 h5 / (2h4√(2h2))
= limh→0 h5 / (2h4|h|√2)
Si h > 0, cette limite est : limh→0+ h5 / (2√2 h5) = 1 / (2√2)
Si h < 0, cette limite est : limh→0- h5 / (2√2 (-h5)) = -1 / (2√2)
Puisque les limites sont différentes selon le chemin (ou même selon le signe de h), la limite totale n'est pas nulle (elle n'existe même pas si l'on considère la limite bilatérale). Pour qu'une fonction soit différentiable, cette limite doit être nulle.
Par conséquent, la fonction f n'est pas différentiable en (0, 1).
Foire Aux Questions (FAQ)
Qu'est-ce qu'un point stationnaire pour une fonction de plusieurs variables ?
Un point stationnaire d'une fonction de plusieurs variables est un point où toutes les dérivées partielles premières de la fonction sont nulles. Ces points sont des candidats pour des extrema locaux (maximums, minimums) ou des points selles, car le gradient de la fonction y est nul.
Comment détermine-t-on la nature d'un point stationnaire ?
La nature d'un point stationnaire est généralement déterminée en utilisant le critère de la matrice hessienne. Cette matrice contient les dérivées partielles secondes de la fonction. Le signe de son déterminant et le signe des termes diagonaux (ou des valeurs propres) en ce point permettent de classifier le point comme un maximum local, un minimum local ou un point selle. Si le déterminant de la hessienne est nul, la méthode du développement de Taylor d'ordre supérieur est nécessaire pour conclure.
Quand utilise-t-on le théorème des fonctions implicites ?
Le théorème des fonctions implicites est utilisé pour prouver qu'une équation de la forme F(x, y) = 0, ou plus généralement F(x1, ..., xn, y) = 0, peut définir localement une des variables (par exemple, y) comme une fonction des autres variables (x1, ..., xn). Les conditions clés sont que la fonction F doit être continûment différentiable et que la dérivée partielle de F par rapport à la variable que l'on veut isoler (ici, ∂F/∂y) ne soit pas nulle au point d'intérêt.