EPSTA/ Module danalyse II 15 dcembre 2011

Contrle continu N1. Dure: 1h30

Ex1 Montrer de deux manires direntes que la limite de la fonction suiv-ante nexiste pas en (0; 0) :

f (x; y) =y3 + x2

x2 + y2:

Corrig Ex1Premire mthode : calculons la limite de la fonction f lorsque (x; y) tend

vers (0; 0) :

lim(x;y)!(0;0)

y3 + x2

x2 + y2= lim

r!0r3 sin3 + r2 cos2

r2= lim

r!0(r sin3 + cos2 ) = cos2

Donc la limite nexiste pas.Deuxime mthode :Approchons le point (0; 0) par laxe Ox; autrement dit y = 0 :

f (x; 0) = 1

dautre part, approchons le point (0; 0) par laxe Oy; autrement dit x = 0 :

f (0; y) = y

et par suitelim

(x;y)!(0;0)f (x; 0) = 1 6= 0 = lim

(x;y)!(0;0)f (0; y)

On conclut donc que la limite de cette fonction nexiste pas en (0; 0) :

Ex. 2 En utilisant la dnition, montrer que

lim(x;y)!(0;0)

1

x2 + y2x32 y

32 = 0:

corrig Ex2 Montrons que

8" > 0;9 > 0 : (k(x; y) (0; 0)k < ) 1x2 + y2x32 y 32 0

< "Sachant que

(x y)2 0;8 (x; y) 2 R2 , x2 + y2 2xy;8 (x; y) 2 R2

, x2 + y2 x2 + y2

2 xy;8 (x; y) 2 R2

1

On a, alors

1x2 + y2x32 y 32 0 = 1x2 + y2x32 y 32

(x

2 + y2)32

x2 + y2

=px2 + y2 = k(x; y)k2

Ainsi donc, il su t de prendre = ": Autrement dit

8" > 0;9 = " : (k(x; y)k2 < ) 1x2 + y2x32 y 32

k(x; y)k2 < = " c:q:f:d:Ex. 3 soit la surface S dnie par z = f (x; y) : Sachant que

@f

@x(20;12) = 3; @f

@y(20;12) = 0 et f (20;12) = 16

Ecrire lquation du plan tangent S au point (20;12;16) ; sous laforme Ax+By + Cz +D = 0:Corrig Ex3Lquation du plan tangent une surface S au point (x0; y0; z0) est donne

par

z = z0 + (x x0) @f@x(x0; y0) + (y y0) @f

@y(x0; y0)

o z0 = f (x0; y0) :Pour (x0; y0; z0) = (20;12;16) ; on obtient

z = 16 + (x+ 20) (3) + (y + 12) (0) = 3x 44

Lequation cherche est3x z 44 = 0

Ex. 4 On suppose que (a; b) est un point critique de la fonction f et que fest de classe C2. Donner la nature du point (a; b) sachant que

@2f

@x2(a; b) = 0;

@2f

@y2(a; b) = 17 et

@2f

@x@y(a; b) = 8:

Corrig Exo4Le deteminant de la matrice hessienne de la fonction f au point (a; b) est

ngatif , en eet

Hf =

@2f

@x2(a; b)

@2f

@x@y(a; b)

@2f

@x@y(a; b)

@2f

@y2(a; b)

= 0 88 17

= 64 < 0

2

on conclut donc que le point (a; b) est un point selle.

Ex. 5

1) Calculer@2f

@x2(x; y) ;

@2f

@y2(x; y) et

@2f

@x@y(x; y) de la fonction

f (x; y) = x2e2xy

2) En dduire la valeur de la direntielle de f au point (1; 1) :3) En dduire que le Laplacien de f au point (0; 0) est gal 2:Corrig Exo5

1) Calculons@2f

@x2(x; y) ;

@2f

@y2(x; y) et

@2f

@x@y(x; y)

@f

@x(x; y) =

2x+ 2yx2

e2xy;

@f

@y(x; y) = 2x3e2xy;

@2f

@x2(x; y) =

2 + 8xy + 4y2x2

e2xy;

@2f

@y2(x; y) = 4x4e2xy;

@2f

@x@y(x; y) =

6x2 + 4yx3

e2xy

2) La direntielle de f au point (x; y) est gale

df(x; y) =@f

@x(x; y) dx+

@f

@y(x; y) dy =

2x+ 2yx2

e2xydx+ 2x3e2xydy

dodf(1; 1) = 4e2dx+ 2e2dy

3) Le laplacien de f au point (x; y) est gal

@2f

@x2(x; y) +

@2f

@y2(x; y) =

2 + 8xy + 4y2x2 + 4x4

e2xy

et point (x; y) = (0; 0) ; on obtient

@2f

@x2(0; 0) +

@2f

@y2(0; 0) = 2

Ainsi donc le Laplacien de f en (0; 0) est gal 2:

Ex. 6 Soit f : R2 ! R; dnie parf (x; y) =xypx2 + y2

; si (x; y) 6= (0; 0)0; si (x; y) = (0; 0)

a) La fonction f est -elle continue en (0; 0)?b) Calculer les drives partielles de la fonction f en (0; 0) :c) La drive directionnelle Dvf (0; 0) existe-t-elle pour tout vecteur v =

(a; b) 2 R2 r f(0; 0)g : En dduire que f nest pas direntiable en (0; 0) :d) Montrer en utilisant la dnition de la drivabilit dune fonction, que f

nest pas direntiable en (0; 0) :

3

Corrig Exo6a) Etudions la continuit de f en (0; 0) : A cet eet, calculons

lim(x;y)!(0;0)

f (x; y) = lim(x;y)!(0;0)

xypx2 + y2

= limr!0

r2 cos sin pr2

= limr!0

r cos sin = 0

Ainsi donclim

(x;y)!(0;0)f (x; y) = f (0; 0)

Do la continuit de la fonction f au point (0; 0) :b) Les drives partielles de f en (0; 0) sont gales

@f

@x(0; 0) = lim

x!0f (x; 0) f (0; 0)

x= 0 et

@f

@y(0; 0) = lim

y!0f (0; y) f (0; 0)

y= 0

c) on a

Dvf (0; 0) = limt!0

f ((0; 0) + t (a; b)) f (0; 0)t

= limt!0

f (ta; tb)

t

= limt!0

tab

jtjpa2 + b2 = abpa2 + b2

(0; 5)

On voit que la limite dpend de t; donc la drive directionnelle en (0; 0) (Dvf (0; 0))nexiste pas pour tout vecteur v = (a; b) 6= (0; 0) : (0; 5)Et parsuite, on endduit que la direntielle de f en (0; 0) ; nexiste pas. (1)d) Par dnition une fonction f est drivable en (0; 0) si el scrit sous la

formef = Ah+Bk + kh; kk " (h; k) (1)

o " (h; k)! 0; quand (h; k)! (0; 0) :Supposons que f est direntiable en (0; 0) ; donc daprs la relation (1)

" (h; k) =f AhBk

kh; kkOr

lim(h;k)!(0;0)

f AhBkkh; kk = lim(h;k)!(0;0)

f (h; k) f (0; 0)AhBkkh; kk = lim(h;k)!(0;0)

hk

kh; kkph2 + k2

= lim(h;k)!(0;0)

hk

h2 + k2= lim

r!0r2 cos sin

r2= cos sin

cette limite nexiste pas, alors que lim(h;k)!(0;0)

" (h; k) = 0; ce qui absurde; donc f

nest pas direntiable en (0; 0) :

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