Calcul différentiel/Exercices/Continuité et différentiabilité de fonctions de Rp dans Rq

Exercice 1

Étudier l'existence des limites suivantes :

1. $\lim _{(x,y)\to (1,-2)}x+y^{2}$, $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop x>0}\ln {\frac {x}{1+y^{2}}}$, $\lim _{(x,y)\to (0,y_{0}) \atop x\neq 0}|x|^{y}$ ;
2. limites de ${\sqrt {1-x^{2}-y^{2}}}$ en $(0,0)$, $(1,0)$ et (?) $(1,1)$ ;
3. $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop (x,y)\neq (0,0)}{\frac {x^{2}y^{2}}{x^{2}y^{2}+(x-y)^{2}}}$, $\lim _{x\to 0 \atop x\neq 0}\lim _{y\to 0 \atop y\neq 0}(x+y)\sin {\frac {1}{x}}\sin {\frac {1}{y}}$ ;
4. $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop x+y\neq 0}{\frac {x^{2}y}{x+y}}$, $\lim _{(x,y,z)\to (0,0,0) \atop 2x^{3}+yz^{2}\neq 0}{\frac {xyz+z^{3}}{2x^{3}+yz^{2}}}$, $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop x\neq \pm y}{\frac {x^{4}y}{x^{2}-y^{2}}}$ ;
5. $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop (x,y)\neq (0,0)}{\frac {x^{p}y^{q}}{\left(ax^{2}+by^{2}\right)^{\alpha }}}$ et $\lim _{(x,y,z)\to (0,0,0) \atop (x,y,z)\neq (0,0,0)}{\frac {x^{p}y^{q}z^{r}}{ax^{2}+by^{2}+cz^{2}}}$ si $p,q,r\in \mathbb {N}$, $a,b,c\in \mathbb {R} _{+}^{*}$ et $\alpha \in \mathbb {R}$ ;
6. $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop (x,y)\neq (0,0)}{\frac {|x|+|y|}{x^{2}+y^{2}}}$, $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop (x,y)\neq (0,0)}{\frac {x^{4}+y^{3}-xy}{x^{4}+y^{2}}}$, $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop x,y\neq 0}{\frac {x^{2}+y^{2}}{|x|{\sqrt {|y|}}+|y|{\sqrt {|x|}}}}$ ;
7. $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop x\neq 0}{\frac {\sin x}{x}}$, $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop (x,y)\neq (0,0)}{\frac {\sin(x^{2}y)}{x^{2}+y^{2}}}$, $\lim _{(x,y)\to (x_{0},0) \atop y\neq 0}{\frac {1-\cos(xy)}{y^{2}}}$, $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop (x,y)\neq (0,0)}{\frac {\ln \left(x+\mathrm {e} ^{y}\right)}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}}$, $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop (x,y)\neq (0,0)}{\frac {x^{2}\operatorname {e} ^{x}+y^{2}}{x^{2}+y^{2}}}$.

Solution

1. • Cette fonction étant continue sur $\mathbb {R} ^{2}$, sa limite en tout point égale sa valeur (ici : $1+(-2)^{2}=5$).
   • Quand $x\to 0^{+}$ et $y\to 0$, $\ln {\frac {x}{1+y^{2}}}=\ln x-\ln(1+y^{2})\to -\infty -0$.
   • $\lim _{(x,y)\to (0,y_{0}) \atop x\neq 0}|x|^{y}=\exp \left(y_{0}\times (-\infty )\right)={\begin{cases}0&{\text{si }}y_{0}>0\\+\infty &{\text{si }}y_{0}<0\\1&{\text{si }}y_{0}=0\\\end{cases}}$.
2. Cette fonction étant continue sur le disque unité fermé, sa limite en $(0,0)$ est $1$ et celle en $(1,0)$ est $0$. En $(1,1)$, la limite n'a pas de sens car ce point n'est pas adhérent au domaine de définition.
3. • Cette limite n'existe pas car $\lim _{x\to 0 \atop x\neq 0}{\frac {x^{2}0^{2}}{x^{2}0^{2}+(x-0)^{2}}}=0$ tandis que $\lim _{x\to 0 \atop x\neq 0}{\frac {x^{2}x^{2}}{x^{2}x^{2}+(x-x)^{2}}}=1$.
     Remarquons que cependant, $\lim _{x\to 0 \atop x\neq 0}\lim _{y\to 0 \atop y\neq 0}{\frac {x^{2}y^{2}}{x^{2}y^{2}+(x-y)^{2}}}=\lim _{x\to 0 \atop x\neq 0}0=0$ (et idem en intervertissant $x$ et $y$).
   • Pour $x\neq 0$ fixé tel que $\sin {\frac {1}{x}}\neq 0$ (et il existe de tels $x$ arbitrairement proches de $0$), $\lim _{y\to 0 \atop y\neq 0}(x+y)\sin {\frac {1}{x}}\sin {\frac {1}{y}}=x\sin {\frac {1}{x}}\lim _{y\to 0 \atop y\neq 0}\sin {\frac {1}{y}}$ n'existe pas, donc $\lim _{x\to 0 \atop x\neq 0}\lim _{y\to 0 \atop y\neq 0}(x+y)\sin {\frac {1}{x}}\sin {\frac {1}{y}}$ n'existe pas (et idem en intervertissant $x$ et $y$). Remarquons que pourtant, $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop (x,y)\neq (0,0)}(x+y)\sin {\frac {1}{x}}\sin {\frac {1}{y}}=0$.
4. • Par changement de variable $t=x+y$, $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop x+y\neq 0}{\frac {x^{2}y}{x+y}}=\lim _{(x,t)\to (0,0) \atop t\neq 0}x^{2}-{\frac {x^{3}}{t}}=-\lim _{(x,t)\to (0,0) \atop t\neq 0}{\frac {x^{3}}{t}}$ n'existe pas car $\forall k\in \mathbb {R} ^{*}\quad \lim _{x\to 0 \atop x\neq 0}{\frac {x^{3}}{kx^{3}}}={\frac {1}{k}}$, qui dépend de $k$.
   • $\lim _{(x,y,z)\to (0,0,0) \atop 2x^{3}+yz^{2}\neq 0}{\frac {xyz+z^{3}}{2x^{3}+yz^{2}}}$ n'existe pas car elle serait égale (en fixant $x=0$) à $\lim _{(y,z)\to (0,0) \atop yz^{2}\neq 0}{\frac {z}{y}}$, qui n'existe même pas car $\forall k\in \mathbb {R} ^{*}\quad \lim _{y\to 0 \atop y\neq 0}{\frac {ky}{y}}=k$, qui dépend de $k$.
   • Par changement de variable $t=x^{2}-y^{2}$, $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop x\neq \pm y}{\frac {x^{4}y}{x^{2}-y^{2}}}=\lim _{(t,y)\to (0,0) \atop t\neq 0}ty+2y^{3}+{\frac {y^{5}}{t}}=\lim _{(t,y)\to (0,0) \atop t\neq 0}{\frac {y^{5}}{t}}$ n'existe pas car $\forall k\in \mathbb {R} ^{*}\quad \lim _{y\to 0 \atop y\neq 0}{\frac {y^{5}}{ky^{5}}}={\frac {1}{k}}$, qui dépend de $k$.
5. • Puisque ${\sqrt {a}}|x|,{\sqrt {b}}|y|\leq {\sqrt {ax^{2}+by^{2}}}$, ${\frac {|x^{p}y^{q}|}{\left(ax^{2}+by^{2}\right)^{\alpha }}}$ est majoré par $a^{-p/2}b^{-q/2}{\sqrt {ax^{2}+by^{2}}}^{p+q-2\alpha }$ donc tend vers 0 quand $(x,y)\to (0,0)$ si $\alpha <{\frac {p+q}{2}}$ ; si $\alpha \geq {\frac {p+q}{2}}$ mais $(p,q)\neq (0,0)$, la limite n'existe pas car si par exemple $p\neq 0$, ${\frac {0^{p}y^{q}}{\left(a0^{2}+by^{2}\right)^{\alpha }}}=0\neq \lim _{x\to 0 \atop x\neq 0}{\frac {x^{p+q-2\alpha }}{\left(a+b\right)^{\alpha }}}$ ; si $p=q=0<\alpha$, la limite est $+\infty$ ; si $p=q=\alpha =0$, la fonction vaut constamment $1$.
   • De même, $\lim _{(x,y,z)\to (0,0,0) \atop (x,y,z)\neq (0,0,0)}{\frac {x^{p}y^{q}z^{r}}{ax^{2}+by^{2}+cz^{2}}}$ vaut $0$ si $p+q+r>2$, $+\infty$ si $p=q=r=0$, et n'existe que dans ces deux cas.
6. • $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop (x,y)\neq (0,0)}{\frac {|x|+|y|}{x^{2}+y^{2}}}\geq \lim _{r\to 0 \atop r>0}{\frac {1}{r}}=+\infty$.
   • $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop (x,y)\neq (0,0)}{\frac {x^{4}+y^{3}-xy}{x^{4}+y^{2}}}$ n'existe pas car (par exemple) $\lim _{x\to 0 \atop x\neq 0}{\frac {x^{4}+0^{3}-x0}{x^{4}+0^{2}}}=1$ et $\lim _{y\to 0 \atop y\neq 0}{\frac {0^{4}+y^{3}-0y}{0^{4}+y^{2}}}=0$.
   • $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop x,y\neq 0}{\frac {x^{2}+y^{2}}{|x|{\sqrt {|y|}}+|y|{\sqrt {|x|}}}}$ n'existe pas car (par exemple) $\lim _{x\to 0 \atop x\neq 0}{\frac {x^{2}+(kx^{2})^{2}}{|x|{\sqrt {|(kx^{2})|}}+|(kx^{2})|{\sqrt {|x|}}}}=\lim _{x\to 0 \atop x\neq 0}{\frac {x^{2}}{x^{2}{\sqrt {|k|}}}}={\frac {1}{\sqrt {|k|}}}$.
7. • $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop x\neq 0}{\frac {\sin x}{x}}=\lim _{x\to 0 \atop x\neq 0}{\frac {\sin x}{x}}=1$.
   • $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop (x,y)\neq (0,0)}{\frac {\sin(x^{2}y)}{x^{2}+y^{2}}}=\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop (x,y)\neq (0,0)}{\frac {x^{2}y}{x^{2}+y^{2}}}=0$ (cf. question 5).
   • $\lim _{(x,y)\to (x_{0},0) \atop y\neq 0}{\frac {1-\cos(xy)}{y^{2}}}=\lim _{(x,y)\to (x_{0},0) \atop y\neq 0}{\frac {(xy)^{2}/2}{y^{2}}}=\lim _{x\to x_{0}}{\frac {x^{2}}{2}}={\frac {x_{0}^{2}}{2}}$.
   • $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop (x,y)\neq (0,0)}{\frac {\ln \left(x+\mathrm {e} ^{y}\right)}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}}$ n'existe pas car quand $y=kx$ et $x\to 0^{\pm }$, ${\frac {\ln \left(x+\mathrm {e} ^{y}\right)}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}}\sim {\frac {(1+k)x}{{\sqrt {1+k^{2}}}|x|}}\to \pm {\frac {1+k}{\sqrt {1+k^{2}}}}$.
   • $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop (x,y)\neq (0,0)}{\frac {x^{2}\operatorname {e} ^{x}+y^{2}}{x^{2}+y^{2}}}=1+\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop (x,y)\neq (0,0)}{\frac {x^{2}\left(\operatorname {e} ^{x}-1\right)}{x^{2}+y^{2}}}=1+\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop (x,y)\neq (0,0)}{\frac {x^{3}}{x^{2}+y^{2}}}=1$ (cf. question 5).

 

Exercice 2

Justifier la différentiabilité des fonctions suivantes et calculer leurs différentielles :

$f\left(x,y,z\right)=xy+yz+zx,\quad g(x,y,z)=\left(y\sin x,x\sin y\right),\quad h\left(x,y,z\right)=\left(x^{2}z+y,xyz^{2}\right),\quad k\left(x,y\right)=\left(x^{3}y,\cos(x-y)\right)$.

Solution

${\frac {\partial f}{\partial x}}:\left(x,y,z\right)\mapsto y+z$, ${\frac {\partial f}{\partial y}}:\left(x,y,z\right)\mapsto x+z$ et ${\frac {\partial f}{\partial z}}:\left(x,y,z\right)\mapsto y+x$ sont continues donc $f$ est (au moins) de classe C¹ et

$\mathrm {d} f_{\left(x,y,z\right)}\left(h,k,l\right)=\left(y+z\right)h+\left(x+z\right)k+\left(y+x\right)l$.

En fait, $f$ est (polynomiale donc) de classe C^∞, mais si l'on s'intéresse seulement à sa différentiabilité — en un point quelconque $\left(x,y,z\right)$ — on pouvait la prouver directement :

$f\left(x+h,y+k,z+l\right)-f\left(x,y,z\right)=\left(y+z\right)h+\left(x+z\right)k+\left(y+x\right)l+hk+kl+lh$

et la somme des trois premiers termes est une fonction linéaire continue de $\left(h,k,l\right)$ tandis que la somme des trois termes restants est un $o$ de $\|\left(h,k,l\right)\|$ car en choisissant par exemple comme norme sur $\mathbb {R} ^{3}$ la plus commode ici : $\|\left(h,k,l\right)\|=\max \left(|h|,|k|,|l|\right)$, on a : $|hk+kl+lh|\leq 3\left\|\left(h,k,l\right)\right\|^{2}$.

De même pour $h$ (en raisonnant composante par composante, avec l'une ou l'autre des deux méthodes ci-dessus) :

$\mathrm {d} h_{\left(x,y,z\right)}\left(u,v,w\right)=\left(2xzu+v+x^{2}w,yz^{2}u+xz^{2}v+2xyzw\right)$.

Pour $g$ (non polynomiale mais quand même C^∞), on obtient de même :

$\mathrm {d} g_{\left(x,y,z\right)}\left(h,k,l\right)=\left(hy\cos x+k\sin x+0l,h\sin y+kx\cos y+0l\right)$.

On pouvait aussi calculer la différentielle de $g$ (ou sa matrice jacobienne) en exprimant $g$ comme composée de $\left(x,y,z\right)\mapsto \left(x,y,\sin x,\sin y\right)$ et de l'application $\left(\left(x,y\right),\left(z,t\right)\right)\mapsto \left(yz,xt\right)$, bilinéaire continue donc facile à différentier (cf. cours, Exemple de calcul d'une différentielle). De même, $f=f_{1}+f_{2}+f_{3}$ et les $f_{i}$ se décomposent, par exemple $f_{1}$ est la composée de la projection $\left(x,y,z\right)\mapsto \left(x,y\right)$ (linéaire continue) et de la multiplication $\left(x,y\right)\mapsto xy$ (bilinéaire continue). Quant à $h$, on peut la différentier de même en généralisant aux applications multilinéaires l'exemple du cours précité sur les applications bilinéaires : si $M:E_{1}\times \dots \times E_{n}\to F$ est $n$-linéaire continue – par exemple si $M:\mathbb {R} ^{n}\to \mathbb {R}$ est l'application produit (de $n$ réels) – alors

$\mathrm {d} M_{\left(x_{1},\dots ,x_{n}\right)}\left(h_{1},\dots ,h_{n}\right)=\sum _{k=1}^{n}M\left(x_{1},\dots ,x_{i-1},h_{i},x_{i+1},\dots ,x_{n}\right)$.

On en déduit par exemple :

$\mathrm {d} \left(\left(x,y,z\right)\mapsto xyz^{2}\right)_{\left(x,y,z\right)}\left(h,k,l\right)=hyz^{2}+xkz^{2}+xylz+xyzl=yz^{2}h+xz^{2}k+2xyzl$

et plus généralement (pour $a,b,c\in \mathbb {N}$) :

$\mathrm {d} \left(\left(x,y,z\right)\mapsto x^{a}y^{b}z^{c}\right)_{\left(x,y,z\right)}\left(h,k,l\right)=ax^{a-1}y^{b}z^{c}h+bx^{a}y^{b-1}z^{c}k+cx^{a}y^{b}z^{c-1}l$.

Enfin, $k$ est C^∞, comme

$Jk:\left(x,y\right)\mapsto {\begin{pmatrix}3x^{2}y&x^{3}\\-\sin(x-y)&\sin(x-y)\end{pmatrix}}$.

 

Exercice 3

Préciser les domaines de définition et calculer les dérivées partielles premières des six fonctions suivantes :

$\ln(x+y),\;\operatorname {e} ^{\frac {x}{y}},\;x^{y},\;\arctan {\frac {x}{y}},\;\ln \left(x+{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}\right),\;{\sqrt {1-x^{2}-y^{2}}}$.

Est-ce que ces fonctions sont de classe C¹ ou plus ?

Solution

• $w:(x,y)\mapsto \ln(x+y)$ est définie sur le demi-plan ouvert $x+y>0$. Pour tout $(x,y)$ dans ce domaine,
  ${\frac {\partial w}{\partial x}}(x,y)={\frac {\partial w}{\partial y}}(x,y)={\frac {1}{x+y}}$.
• $u:(x,y)\mapsto \operatorname {e} ^{\frac {x}{y}}$ est définie sur $\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{*}$. Pour tout $(x,y)$ dans ce domaine,
  ${\frac {\partial u}{\partial x}}(x,y)={\frac {1}{y}}\operatorname {e} ^{\frac {x}{y}}$ et ${\frac {\partial u}{\partial y}}(x,y)=-{\frac {x}{y^{2}}}\operatorname {e} ^{\frac {x}{y}}$.
• $f:(x,y)\mapsto x^{y}=\operatorname {e} ^{y\ln x}$ est définie sur $\mathbb {R} _{+}^{*}\times \mathbb {R}$. Pour tout $(x,y)$ dans ce domaine,
  ${\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)=f(x,y){\frac {y}{x}}=x^{y-1}y$ et ${\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y)=f(x,y)\ln x=x^{y}\ln x$.
• $g:(x,y)\mapsto \arctan {\frac {x}{y}}$ est définie sur $\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{*}$. Pour tout $(x,y)$ dans ce domaine,
  ${\frac {\partial g}{\partial x}}(x,y)={\frac {1}{1+(x/y)^{2}}}{\frac {1}{y}}={\frac {y}{x^{2}+y^{2}}}$ et ${\frac {\partial g}{\partial y}}(x,y)={\frac {1}{1+(x/y)^{2}}}{\frac {-x}{y^{2}}}={\frac {-x}{x^{2}+y^{2}}}$.
• $h:(x,y)\mapsto \ln \left(x+{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}\right)$ est définie sur $\mathbb {R} ^{2}\setminus \left(\mathbb {R} _{-}\times \{0\}\right)$. Pour tout $(x,y)$ dans ce domaine,
  ${\frac {\partial h}{\partial x}}(x,y)={\frac {1}{x+{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}}}\left(1+{\frac {x}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}}\right)={\frac {1}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}}$ et ${\frac {\partial h}{\partial y}}(x,y)={\frac {1}{x+{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}}}{\frac {y}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}}$.
• $v:(x,y)\mapsto {\sqrt {1-x^{2}-y^{2}}}$ est définie sur le disque unité fermé ${\overline {D(0,1)}}$. Pour tout $(x,y)\in D(0,1)$ (le disque unité ouvert),
  ${\frac {\partial v}{\partial x}}(x,y)=-{\frac {x}{\sqrt {1-x^{2}-y^{2}}}}$ et ${\frac {\partial v}{\partial y}}(x,y)=-{\frac {y}{\sqrt {1-x^{2}-y^{2}}}}$.
  Sur le cercle unité, les dérivées partielles ne sont pas définies ; par exemple :
  si $x^{2}+y^{2}=1$ et $x>0$ alors ${\frac {\partial v}{\partial x}}(x,y)=\lim _{h\to 0^{+}}{\frac {{\sqrt {1-(x-h)^{2}-y^{2}}}-{\sqrt {1-x^{2}-y^{2}}}}{h}}=\lim _{h\to 0^{+}}{\frac {\sqrt {2xh-h^{2}}}{h}}=+\infty$.

Ces six fonctions sont de classe C^∞ sur l'ouvert de définition de leurs dérivées partielles car celles-ci le sont.

 

Exercice 4

Soient $f=\left(f_{1},\dots ,f_{n}\right):\mathbb {R} ^{m}\to \mathbb {R} ^{n}$ différentiable en un point $a$ et $g:\mathbb {R} ^{n}\to \mathbb {R}$ différentiable au point $b=f(a)$.

1. Justifier la formule suivante :

   $\mathrm {d} (g\circ f)(a)={\frac {\partial g}{\partial x_{1}}}(b)\,{\mathrm {d} f_{1}}(a)+{\frac {\partial g}{\partial x_{2}}}(b)\,{\mathrm {d} f_{2}}(a)+\dots +{\frac {\partial g}{\partial x_{n}}}(b)\,{\mathrm {d} f_{n}}(a)$.

2. La simplifier dans le cas particulier $m=n$ et $f=\mathrm {id} _{\mathbb {R} ^{n}}$, en notant $x_{i}$ (pour $1\leq i\leq n$) la fonction « $i$-ème coordonnée » $\mathbb {R} ^{n}\to \mathbb {R} ,(x_{1},x_{2},\dots ,x_{n})\mapsto x_{i}$.

Solution

1. $\mathrm {d} (g\circ f)(a)=\mathrm {d} g(b)\circ \mathrm {d} f(a)=\mathrm {d} g(b)\circ \left(\mathrm {d} f_{1}(a),\dots ,\mathrm {d} f_{n}(a)\right)=\sum _{k=1}^{n}{\frac {\partial g}{\partial x_{k}}}(b)\,{\mathrm {d} f_{k}}(a)$.
2. Dans ce cas particulier, $b=a$ et $f_{i}$ est l'application linéaire continue $x_{i}$, donc $\mathrm {d} f_{i}(a)=\mathrm {d} x_{i}(a)=x_{i}$ et

   $\mathrm {d} g(a)={\frac {\partial g}{\partial x_{1}}}(a)\,\mathrm {d} x_{1}+{\frac {\partial g}{\partial x_{2}}}(a)\,\mathrm {d} x_{2}+\dots +{\frac {\partial g}{\partial x_{n}}}(a)\,\mathrm {d} x_{n}$.

 

Exercice 5

On définit le laplacien $\Delta h$ d'une fonction $h$ de $n$ variables par : $\Delta h=\sum _{j=1}^{n}{\frac {\partial ^{2}h}{\partial x_{j}^{2}}}$.

Calculer le laplacien des deux fonctions $f$ et $g$ définies sur $\mathbb {R} ^{n}\setminus \{0\}$ par

$f(x)=\ln \|x\|\quad {\text{et}}\quad g(x)=\|x\|^{\alpha }$,

où $\|~\|$ désigne la norme euclidienne usuelle et $\alpha$ est un réel.

Solution

• ${\frac {\partial ^{2}f}{\partial x_{j}^{2}}}={\frac {1}{2}}{\frac {\partial ^{2}}{\partial x_{j}^{2}}}\ln \left(\sum _{i=1}^{n}x_{i}^{2}\right)={\frac {\partial }{\partial x_{j}}}{\frac {x_{j}}{\sum _{i=1}^{n}x_{i}^{2}}}={\frac {\sum _{i=1}^{n}x_{i}^{2}-2x_{j}^{2}}{\left(\sum _{i=1}^{n}x_{i}^{2}\right)^{2}}}$
  donc en sommant sur $j$ de $1$ à $n$,
  $\Delta f={\frac {n-2}{\sum _{i=1}^{n}x_{i}^{2}}}$ (nul si $n=2$).
• ${\frac {\partial ^{2}g}{\partial x_{j}^{2}}}=\alpha {\frac {\partial }{\partial x_{j}}}\left(\left(\sum _{i=1}^{n}x_{i}^{2}\right)^{{\frac {\alpha }{2}}-1}x_{j}\right)=\alpha \left(\sum _{i=1}^{n}x_{i}^{2}\right)^{{\frac {\alpha }{2}}-2}\left(\left({\frac {\alpha }{2}}-1\right)2x_{j}^{2}+\sum _{i=1}^{n}x_{i}^{2}\right)$
  donc en sommant sur $j$ de $1$ à $n$,
  $\Delta g=\alpha \left(\alpha -2+n\right)\left(\sum _{i=1}^{n}x_{i}^{2}\right)^{{\frac {\alpha }{2}}-1}$ (nul si $\alpha =-(n-2)$).

 

Exercice 6

Soit

$f:\mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ,\,(u,v,w)\mapsto f(u,v,w)$

une fonction différentiable. On pose

$g(x,y,z)=f(x-y,y-z,z-x)$.

1. Expliciter une fonction $h:\mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{3}:(x,y,z)\mapsto (u,v,w)=h(x,y,z)$ telle que $g=f\circ h$.
2. Calculer la matrice jacobienne de $h$,

   $J_{h}={\begin{pmatrix}u_{x}&u_{y}&u_{z}\\v_{x}&v_{y}&v_{z}\\w_{x}&w_{y}&w_{z}\end{pmatrix}}$.

3. En déduire une relation entre les gradients

   $\operatorname {grad} (g)=(g_{x},g_{y},g_{z})\quad {\text{et}}\quad \operatorname {grad} (f)=(f_{u},f_{v},f_{w})$.

4. Montrer que

   ${\frac {\partial g}{\partial x}}+{\frac {\partial g}{\partial y}}+{\frac {\partial g}{\partial z}}=0$.

5. Calculer les dérivées partielles de la fonction $g(x,y,z):={\frac {x-z}{y-z}}$.
6. On pose $\varphi (x,y,z)=(x^{2}-y^{2},y^{2}-z^{2},z^{2}-x^{2})$ et $k=f\circ \varphi$.
   Calculer $J_{\varphi }$, $J_{k}$, et ${\frac {\partial k}{\partial x}}(t,t,t)+{\frac {\partial k}{\partial y}}(t,t,t)+{\frac {\partial k}{\partial z}}(t,t,t)$ pour tout réel $t$.

Solution

1. $h(x,y,z)=(x-y,y-z,z-x)$.
2. $J_{h}={\begin{pmatrix}1&-1&0\\0&1&-1\\-1&0&1\end{pmatrix}}$.
3. $\operatorname {grad} (g)=\operatorname {grad} (f)\,J_{h}=(f_{u}-f_{w},f_{v}-f_{u},f_{w}-f_{v})$ (les trois dérivées partielles de $f$ s'appliquant à $h(x,y,z)$).
4. ${\frac {\partial g}{\partial x}}+{\frac {\partial g}{\partial y}}+{\frac {\partial g}{\partial z}}=(f_{u}-f_{w})+(f_{v}-f_{u})+(f_{w}-f_{v})=0$.
5. En appliquant la question 3 à $f(u,v,w)=-{\frac {w}{v}}$ donc $f_{u}=0$, $f_{v}={\frac {w}{v^{2}}}$ et $f_{w}=-{\frac {1}{v}}$, on obtient :
   ${\frac {\partial g}{\partial x}}={\frac {1}{y-z}}$, ${\frac {\partial g}{\partial y}}={\frac {z-x}{(y-z)^{2}}}$ et ${\frac {\partial g}{\partial z}}={\frac {x-y}{(y-z)^{2}}}$.
6. On peut effectuer des calculs directs, mais utilisons plutôt ce qui précède. Soit $s(x,y,z)=(x^{2},y^{2},z^{2})$. Alors, $\varphi =h\circ s$ donc $J_{\varphi }(x,y,z)=J_{h}(x^{2},y^{2},z^{2})J_{s}(x,y,z)={\begin{pmatrix}1&-1&0\\0&1&-1\\-1&0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2x&0&0\\0&2y&0\\0&0&2z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2x&-2y&0\\0&2y&-2z\\-2x&0&2z\end{pmatrix}}$ et
   $k=f\circ h\circ s=g\circ s$ donc (les trois dérivées partielles de $f$ s'appliquant à présent à $\varphi (x,y,z)$)
   $J_{k}(x,y,z)=J_{g}(x^{2},y^{2},z^{2})J_{s}(x,y,z)={\begin{pmatrix}f_{u}-f_{w}&f_{v}-f_{u}&f_{w}-f_{v}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2x&0&0\\0&2y&0\\0&0&2z\end{pmatrix}}$$={\begin{pmatrix}2x(f_{u}-f_{w})&2y(f_{v}-f_{u})&2z(f_{w}-f_{v})\end{pmatrix}}$.
   ${\frac {\partial k}{\partial x}}(t,t,t)+{\frac {\partial k}{\partial y}}(t,t,t)+{\frac {\partial k}{\partial z}}(t,t,t)=J_{k}(t,t,t){\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}}=J_{g}(t^{2},t^{2},t^{2})J_{s}(t,t,t){\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}}=2tJ_{g}(t^{2},t^{2},t^{2}){\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}}=2t\left({\frac {\partial g}{\partial x}}+{\frac {\partial g}{\partial y}}+{\frac {\partial g}{\partial z}}\right)(t^{2},t^{2},t^{2})=2t0=0$.

 

Exercice 7

Soit un vecteur non nul $v=(v_{1},\dots ,v_{n})\in \mathbb {R} ^{n}$. Trouver toutes les fonctions $u$ différentiables sur $\mathbb {R} ^{n}$ telles que

$\sum v_{i}{\frac {\partial u}{\partial x_{i}}}=0$.

Solution

Cette équation aux dérivées partielles équivaut à :

pour tout $x\in \mathbb {R} ^{n}$, la dérivée de la fonction $t\mapsto u(x+tv)$ est nulle.

Une fonction $u$ est donc solution si et seulement si elle est constante le long de chaque droite affine dirigée par $v$.

Supposons, sans perte de généralité, que $v=(1,w)$ (avec $w\in \mathbb {R} ^{n-1}$).

Les solutions sont alors les fonctions de la forme

$u:\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n-1}\ni (t,y)\mapsto f(y-tw)$,

pour une fonction $f$ différentiable sur $\mathbb {R} ^{n-1}$.

 

Trouver les fonctions différentiables $u:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R}$ telles que

$\forall (x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\quad {\frac {\partial u}{\partial x}}(x,y)+2x{\frac {\partial u}{\partial y}}(x,y)=0$.

(On pourra effectuer le changement de variables $x=z,y=t+z^{2}$.)

Solution

Posons $v(z,t)=u(z,t+z^{2})$. Alors, $u$ est différentiable sur $\mathbb {R} ^{2}$ si et seulement si $v$ l'est, et lorsqu'elles le sont, on a

${\frac {\partial v}{\partial z}}(z,t)={\frac {\partial u}{\partial x}}(z,t+z^{2})+{\frac {\partial u}{\partial y}}(z,t+z^{2})\times 2z$

donc de même, les solutions sont les fonctions de la forme

$u(x,y)=w(y-x^{2})$

(pour une fonction dérivable $w:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$).

 

Trouver toutes les fonctions deux fois différentiables $f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R}$ qui vérifient :

1. ${\frac {\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}}=0$ ;
2. ${\frac {\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}}=0$ ;
3. ${\frac {\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}}=\cos(x+y)$.

Solution

1. ${\frac {\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}}=0\Leftrightarrow {\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)=g(y)\Leftrightarrow f(x,y)=xg(y)+h(y)$, avec $g$ et $h$ dérivables.
   On peut remarquer que les solutions forment un sous-espace vectoriel de l'espace des fonctions $f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R}$.
2. ${\frac {\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}}=0\Leftrightarrow {\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y)=g(y)\Leftrightarrow f(x,y)=h(y)+k(x)$, avec $h$ et $k$ dérivables.
   Même remarque.
3. ${\frac {\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}}=\cos(x+y)\Leftrightarrow {\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)=\sin(x+y)+g(y)\Leftrightarrow f(x,y)=-\cos(x+y)+xg(y)+h(y)$, avec $g$ et $h$ dérivables.
   On peut remarquer que les solutions $f$ sont la somme de l'une d'entre elles (par exemple $-\cos(x+y)$) et des solutions de l'équation linéaire homogène associée de la question 1.

 

Exercice 8

Soit $f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R}$ définie par :

$f(x,y)={\frac {xy}{x^{2}+y}}$ si $x^{2}+y\neq 0$ et $f(x,-x^{2})=0$.

Déterminer les dérivées directionnelles de $f$ en $(0,0)$ dans toutes les directions, et en particulier ses dérivées partielles. Montrer que $f$ n'est pas différentiable, ni même continue.

Solution

Si $(p,q)\neq (0,0)$ alors, pour $t\neq 0$ suffisamment proche de $0$, $(tp)^{2}+tq\neq 0$ donc la dérivée directionnelle au point $(0,0)$ suivant le vecteur $(p,q)$ est $\lim _{t\to 0 \atop t\neq 0}{\frac {f(tp,tq)-f(0,0)}{t}}=\lim _{t\to 0 \atop t\neq 0}{\frac {\frac {tptq}{t^{2}p^{2}+tq}}{t}}=\lim _{t\to 0 \atop t\neq 0}{\frac {pq}{tp^{2}+q}}={\begin{cases}p&{\text{ si }}q\neq 0\\0&{\text{ si }}q=0\end{cases}}$ (ce qui n'est pas une fonction linéaire de ce vecteur donc $f$ n'est pas différentiable en ce point).

En particulier, ${\frac {\partial f}{\partial x}}(0,0)=1$ et ${\frac {\partial f}{\partial y}}(0,0)=0$.

En $(0,0)$, $f$ n'a même pas de limite (donc n'est pas continue, et l'on retrouve ainsi qu'elle n'est pas différentiable) car
$\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop x^{2}+y\neq 0}{\frac {xy}{x^{2}+y}}=\lim _{(x,z)\to (0,0) \atop z\neq 0}{\frac {x(z-x^{2})}{z}}=\lim _{(x,z)\to (0,0) \atop z\neq 0}{\frac {-x^{3}}{z}}$ n'existe pas : par exemple $\lim _{{x\to 0 \atop x\neq 0} \atop z=x}{\frac {-x^{3}}{z}}=0$, tandis que $\lim _{{x\to 0^{\pm } \atop x\neq 0} \atop z=x^{3}}{\frac {-x^{3}}{z}}=-1$.

 

Mêmes questions pour $f(x,y)={\frac {x^{3}+y^{2}}{x^{2}+y^{2}}}$ si $(x,y)\neq (0,0)$ et $f(0,0)=0$.

Solution

Pour tout $(a,b)\neq (0,0)$, $\lim _{t\to 0}{\frac {f(ta,tb)}{t}}=\lim _{t\to 0}{\frac {ta^{3}+b^{2}}{t(a^{2}+b^{2})}}$ n'existe que si $b=0$, et vaut alors $a$.

En particulier, ${\frac {\partial f}{\partial x}}(0,0)=1$ et ${\frac {\partial f}{\partial y}}(0,0)$ n'existe pas donc $f$ n'est pas différentiable en $(0,0)$.

Elle n'a même pas de limite en ce point car $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop (x,y)\neq (0,0)}{\frac {x^{3}}{x^{2}+y^{2}}}=\lim _{r\to 0^{+}}r\cos ^{3}\theta =0$ mais $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop (x,y)\neq (0,0)}{\frac {y^{2}}{x^{2}+y^{2}}}=\lim _{r\to 0^{+}}\sin ^{2}\theta$ n'existe pas.

 

Exercice 9

Soit $f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R}$ définie par :

$f(x,y)={\frac {x^{3}}{x^{2}+y^{2}}}$ si $(x,y)\neq (0,0)$ et $f(0,0)=0$.

Montrer que pour toute courbe $\gamma :\mathbb {R} \to \mathbb {R} ^{2}$ telle que $\gamma (0)=(0,0)$, si $\gamma$ est dérivable en $0$ alors $f\circ \gamma$ aussi — en particulier, les dérivées directionnelles de $f$ en $(0,0)$ existent dans toutes les directions — mais que $f$ n'est cependant pas différentiable en $(0,0)$.

Que dire des limites en ce point des dérivées directionnelles ?

Solution

$f$ est homogène de degré $1$ et continue sur $\mathbb {R} ^{2}$. Par conséquent, pour tout vecteur $u\in \mathbb {R} ^{2}$ et toute fonction $\varepsilon :\mathbb {R} \to \mathbb {R} ^{2}$ telle que $\lim _{0}\varepsilon =(0,0)$ :

$\lim _{t\to 0 \atop t\neq 0}{\frac {f(tu+t\varepsilon (t))-f(0,0)}{t}}=\lim _{t\to 0}f(u+\varepsilon (t))=f(u)$.

(En particulier, pour tout vecteur $u\in \mathbb {R} ^{2}$ non nul, $\lim _{t\to 0 \atop t\neq 0}{\frac {f(tu)-f(0,0)}{t}}=f(u)$ ; par exemple, ${\frac {\partial f}{\partial x}}(0,0)=f(1,0)=1$ et ${\frac {\partial f}{\partial y}}(0,0)=f(0,1)=0$.)

Mais $f$ n'est pas différentiable en $(0,0)$, puisqu'elle est homogène de degré $1$ sans être linéaire (cf. Différentiabilité, exercice 16).

De même, les dérivées directionnelles n'ont pas de limite en $(0,0)$, puisqu'elles sont homogènes de degré 0 mais non constantes.

 

Exercice 10

À l'aide de la formule de Laplace, calculer les dérivées partielles de l'application $\det :\mathrm {M} _{n}(\mathbb {R} )\to \mathbb {R}$ puis sa différentielle, en un point quelconque $A\in \mathrm {M} _{n}(\mathbb {R} )$.

Solution

Pour tous indices $i_{0},j_{0}\in \{1,\dots ,n\}$ et toute matrice $M=\left(m_{i,j}\right)_{1\leq i,j\leq n}\in \mathrm {M} _{n}(\mathbb {R} )$,

$\det(M)=\sum _{i=1}^{n}m_{i,j_{0}}(\operatorname {com} M)_{i,j_{0}}=am_{i_{0},j_{0}}+b$

avec $a=(\operatorname {com} M)_{i_{0},j_{0}}$ et $b=\sum _{1\leq i\leq n \atop i\neq i_{0}}m_{i,j_{0}}(\operatorname {com} M)_{i,j_{0}}$ ne dépendant tous deux que de coefficients de $M$ autres que $m_{i_{0},j_{0}}$, donc

${\frac {\partial \det }{\partial m_{i_{0},j_{0}}}}(A)=(\operatorname {com} A)_{i_{0},j_{0}}$.

L'application $\det :M_{n}(\mathbb {R} )\simeq \mathbb {R} ^{n^{2}}\to \mathbb {R}$ est polynomiale donc dérivable (et même C^∞), donc

$\mathrm {d} \det {}_{A}(H)=\sum _{i,j}{\frac {\partial \det }{\partial m_{i,j}}}(A)H_{i,j}=\sum _{i,j}(\operatorname {com} A)_{i,j}H_{i,j}=\operatorname {tr} \left(\left({}^{t}\!\operatorname {com} A\right)H\right)$.

 

Exercice 11

Justifier l'existence des dérivées partielles des fonctions suivantes et les calculer :

$k(x,y)=x^{2}\sin y,\quad \ell (x,y)=\arctan(xy),\quad f(x,y)=\operatorname {e} ^{x}\cos y,\quad g(x,y)=\operatorname {e} ^{x^{2}+y^{2}}\sin(xy),\quad h(x,y)={\sqrt {1+x^{4}y^{4}}}$.

Solution

L'existence est simplement justifiée par les théorèmes que l'on applique au cours du calcul.

• ${\frac {\partial k}{\partial x}}(x,y)=2x\sin y$, ${\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y)=x^{2}\cos y$.
• ${\frac {\partial \ell }{\partial x}}(x,y)={\frac {y}{1+(xy)^{2}}}$, ${\frac {\partial \ell }{\partial y}}(x,y)={\frac {x}{1+(xy)^{2}}}$.
• ${\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)=\cos y\exp '(x)=f(x,y)$.
  ${\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y)=\operatorname {e} ^{x}\cos '(y)=-\operatorname {e} ^{x}\sin y$.
• ${\frac {\partial g}{\partial x}}(x,y)={\frac {\partial \operatorname {e} ^{x^{2}+y^{2}}}{\partial x}}(x,y)\sin(xy)+\operatorname {e} ^{x^{2}+y^{2}}{\frac {\partial \sin(xy)}{\partial x}}(x,y)=\operatorname {e} ^{x^{2}+y^{2}}\left(2x\sin(xy)+y\cos(xy)\right)$
  donc par symétrie, ${\frac {\partial g}{\partial y}}(x,y)=\operatorname {e} ^{x^{2}+y^{2}}\left(2y\sin(xy)+x\cos(xy)\right)$.
• ${\frac {\partial h}{\partial x}}(x,y)={\frac {4(xy)^{3}}{2{\sqrt {1+(xy)^{4}}}}}{\frac {\partial (xy)}{\partial x}}(x,y)={\frac {2x^{3}y^{4}}{\sqrt {1+x^{4}y^{4}}}}$
  donc par symétrie, ${\frac {\partial h}{\partial y}}(x,y)={\frac {2x^{4}y^{3}}{\sqrt {1+x^{4}y^{4}}}}$.

 

Exercice 12

Soient $f:\mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{2}$ et $g:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{3}$ définies par

$f(x,y,z)=(x^{2}+y^{2},xyz)\quad {\text{et}}\quad g(u,v)=(uv,u^{2}v^{2},\operatorname {e} ^{v})$.

Calculer les matrices jacobiennes de $f$, $g$, $f\circ g$ et $g\circ f$.

Solution

$Jf(x,y,z)={\begin{pmatrix}2x&2y&0\\yz&xz&xy\end{pmatrix}}\quad {\text{et}}\quad Jg(u,v)={\begin{pmatrix}v&u\\2uv^{2}&2u^{2}v\\0&\operatorname {e} ^{v}\end{pmatrix}}$

donc

$J(f\circ g)(u,v)=(Jf)(g(u,v))Jg(u,v)={\begin{pmatrix}2uv&2u^{2}v^{2}&0\\u^{2}v^{2}\operatorname {e} ^{v}&uv\operatorname {e} ^{v}&u^{3}v^{3}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}v&u\\2uv^{2}&2u^{2}v\\0&\operatorname {e} ^{v}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2uv^{2}(1+2u^{2}v^{2})&2vu^{2}(1+2u^{2}v^{2})\\3u^{2}v^{3}\operatorname {e} ^{v}&u^{3}v^{2}\operatorname {e} ^{v}(3+v)\end{pmatrix}}$

et

${\begin{aligned}J(g\circ f)(x,y,z)=(Jg)(f(x,y,z))Jf(x,y,z)&={\begin{pmatrix}xyz&x^{2}+y^{2}\\2(x^{2}+y^{2})(xyz)^{2}&2(x^{2}+y^{2})^{2}xyz\\0&\operatorname {e} ^{xyz}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2x&2y&0\\yz&xz&xy\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}(3x^{2}+y^{2})yz&(3y^{2}+x^{2})xz&(x^{2}+y^{2})xy\\2xy^{2}z^{2}(x^{2}+y^{2})(3x^{2}+y^{2})&2yx^{2}z^{2}(x^{2}+y^{2})(3y^{2}+x^{2})&2(x^{2}+y^{2})^{2}x^{2}y^{2}z\\yz\operatorname {e} ^{xyz}&xz\operatorname {e} ^{xyz}&xy\operatorname {e} ^{xyz}\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

 

Exercice 13

Montrer que l'application $\mathbb {R} ^{2}\setminus \{(0,0)\}\to \mathbb {R} ,\;(x,y)\mapsto (x^{2}+y^{3})\sin {\frac {1}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}}$ a un prolongement continu sur $\mathbb {R} ^{2}$ et étudier la différentiabilité de ce prolongement.

Solution

Cette fonction $f$ est évidemment C^∞ sur $\mathbb {R} ^{2}\setminus \{(0,0)\}$.

$f(r\cos \theta ,r\sin \theta )=O(r^{2})=o(r)$ donc en $(0,0)$, $f$ a un prolongement continu (par la valeur $0$) et même différentiable (de différentielle nulle).

 

Exercice 14

Soient $f$ une fonction différentiable de deux variables $(u,v)$ et $g(x,y)=f(x^{2}-y^{2},2xy)$.

Exprimer ${\frac {\partial g}{\partial x}}$ et ${\frac {\partial g}{\partial y}}$ en fonction de ${\frac {\partial f}{\partial u}}$ et ${\frac {\partial f}{\partial v}}$, puis $\Delta g:={\frac {\partial ^{2}g}{\partial x^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}g}{\partial y^{2}}}$ en fonction de $\Delta f$.

Solution

$g=f\circ \psi$ avec $\psi (x,y)=(u,v)=(x^{2}-y^{2},2xy)$.

${\begin{pmatrix}{\frac {\partial g}{\partial x}}(x,y)&{\frac {\partial g}{\partial y}}(x,y)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {\partial f}{\partial u}}(u,v)&{\frac {\partial g}{\partial v}}(u,v)\end{pmatrix}}\times J\psi _{x,y}$ et $J\psi _{x,y}={\begin{pmatrix}{\frac {\partial x^{2}-y^{2}}{\partial x}}&{\frac {\partial x^{2}-y^{2}}{\partial y}}\\{\frac {\partial 2xy}{\partial x}}&{\frac {\partial 2xy}{\partial y}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2x&-2y\\2y&2x\end{pmatrix}}$

donc

${\frac {\partial g}{\partial x}}=2x{\frac {\partial f}{\partial u}}+2y{\frac {\partial f}{\partial v}}$

et

${\frac {\partial g}{\partial y}}=-2y{\frac {\partial f}{\partial u}}+2x{\frac {\partial f}{\partial v}}$.

En réutilisant ces formules on obtient, quand on dérive l'une par rapport à $x$ et l'autre par rapport à $y$ :

${\frac {\partial ^{2}g}{\partial x^{2}}}=2{\frac {\partial f}{\partial u}}+2x\left(2x{\frac {\partial ^{2}f}{\partial u^{2}}}+2y{\frac {\partial ^{2}f}{\partial v\partial u}}\right)+2y\left(2x{\frac {\partial ^{2}f}{\partial u\partial v}}+2y{\frac {\partial ^{2}f}{\partial v^{2}}}\right)=4x^{2}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial u^{2}}}+8xy{\frac {\partial ^{2}f}{\partial u\partial v}}+4y^{2}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial v^{2}}}+2{\frac {\partial f}{\partial u}}$ et

${\frac {\partial ^{2}g}{\partial y^{2}}}=-2{\frac {\partial f}{\partial u}}-2y\left(-2y{\frac {\partial ^{2}f}{\partial u^{2}}}+2x{\frac {\partial ^{2}f}{\partial v\partial u}}\right)+2x\left(-2y{\frac {\partial ^{2}f}{\partial u\partial v}}+2x{\frac {\partial ^{2}f}{\partial v^{2}}}\right)=4y^{2}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial u^{2}}}-8xy{\frac {\partial ^{2}f}{\partial u\partial v}}+4x^{2}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial v^{2}}}-2{\frac {\partial f}{\partial u}}$

et, en additionnant :

$\Delta g=4(x^{2}+y^{2})\Delta f$.

 

Exercice 15

Soit $f(x,y)={\frac {xy}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}}$ si $(x,y)\neq (0,0)$ et $f(0,0)=0$.

1. Montrer que $f$ est continue sur $\mathbb {R} ^{2}$.
2. Calculer ses dérivées partielles en $(0,0)$.
3. Est-elle différentiable en ce point ?

Solution

1. Sur $\mathbb {R} ^{2}\setminus \{(0,0)\}$, $f$ est évidemment continue (comme quotient d'un polynôme par la racine carrée d'un polynôme strictement positif).
   En $(0,0)$, $f$ est aussi continue car $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop (x,y)\neq (0,0)}f(x,y)=\lim _{r\to 0^{+}}r\cos \theta \sin \theta =0=f(0,0)$.
2. Par définition, ${\frac {\partial f}{\partial x}}(0,0)=\lim _{x\to 0 \atop x\neq 0}{\frac {f(x,0)-f(0,0)}{x-0}}=\lim _{x\to 0 \atop x\neq 0}{\frac {0-0}{x}}=0$.
   On en déduit par symétrie (ou on démontre de même) que ${\frac {\partial f}{\partial y}}(0,0)=0$.
3. Non car d'après la question précédente on aurait alors $f(x,y)=f(0,0)+0x+0y+o({\sqrt {x^{2}+y^{2}}})=o({\sqrt {x^{2}+y^{2}}})$, c.-à-d. $0=\lim _{r\to 0^{+}}{\frac {1}{r}}{\frac {r^{2}\cos \theta \sin \theta }{r}}=\lim _{r\to 0^{+}}\cos \theta \sin \theta$, ce qui n’est pas.

 

Mêmes questions pour $f(x,y)={\frac {x^{3}y}{x^{4}+y^{2}}}$ si $(x,y)\neq (0,0)$ et $f(0,0)=0$.

Solution

Mêmes raisonnements. Détail des calculs :

1. ${\frac {x^{2}|y|}{x^{4}+y^{2}}}\leq {\frac {1}{2}}$.
2. ${\frac {\partial f}{\partial x}}(0,0)={\frac {\partial f}{\partial y}}(0,0)=0$.
3. Non car $f(x,x^{2})={\frac {x}{2}}\neq o({\sqrt {x^{2}+x^{4}}})=o(|x|)$.

 

Exercice 16

On pose $f(u,v,w)=u^{2}-2v-w$ et $h:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{3}:(x,y)\mapsto (u,v,w)=(x+y,xy,x^{2}+y^{2})$.

1. Calculer le gradient de $f$ et la matrice jacobienne de $h$.
2. Calculer le gradient de $f\circ h$. Donner une relation entre $\operatorname {grad} (f)$, $\operatorname {grad} (f\circ h)$ et $\mathrm {J} _{h}$.

Solution

1. $\operatorname {grad} (f)(u,v,w)=(2u,-2,-1)$ et $\mathrm {J} _{h}(x,y)={\begin{pmatrix}1&1\\y&x\\2x&2y\end{pmatrix}}$.
2. $(f\circ h)(x,y)=(x+y)^{2}-2xy-(x^{2}+y^{2})=0$ donc $\operatorname {grad} (f\circ h)(x,y)=(0,0)$. Ou encore (en assimilant les gradients à des matrices lignes) : $\operatorname {grad} (f\circ h)(x,y)=\operatorname {grad} (f)(u,v,w)\mathrm {J} _{h}(x,y)={\begin{pmatrix}2u&-2&-1\end{pmatrix}}\mathrm {J} _{h}(x,y)={\begin{pmatrix}2(x+y)&-2&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&1\\y&x\\2x&2y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0\end{pmatrix}}$.

 

Exercice 17

Soient $I\subset \mathbb {R}$ un intervalle ouvert et $f:I\to \mathbb {R}$ une fonction de classe C¹. On définit $g:I^{2}\to \mathbb {R}$ par

$g(x,y)={\begin{cases}{\frac {f(x)-f(y)}{x-y}}&{\text{si }}x\neq y\\f'(x)&{\text{si }}y=x.\end{cases}}$

Démontrer que $g$ est continue.

Solution

D'après le théorème des accroissements finis, pour tout $(x,y)\in I^{2}$ tel que $x<y$, il existe $c_{x,y}\in \left]x,y\right[$ tel que $g(x,y)=g(y,x)=f'(c_{x,y})$. Par continuité de $f'$, on en déduit que $g$ est continue en tout point $(a,a)$ de la diagonale de $I\times I$. Comme elle est évidemment continue hors de cette diagonale, elle est bien continue partout.

 

Exercice 18

On considère la fonction $f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ,\;(x,y)\mapsto y{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}$.

1. Étudier la continuité de $f$ en chaque point de $\mathbb {R} ^{2}$.
2. Calculer les dérivées partielles de $f$ en chaque point où elles existent.
3. Étudier la continuité des dérivées partielles de $f$ sur $\mathbb {R} ^{2}\setminus \{(0,0)\}$, puis en $(0,0)$.
4. Étudier la différentiabilité de $f$ en chaque point de $\mathbb {R} ^{2}$.
5. Calculer la différentielle de $f$ au point $(3,4)$.

Solution

1. $f$ est continue sur tout $\mathbb {R} ^{2}$, par produit, somme, composition de fonctions continues.
2. Pour tout $(x,y)\neq (0,0)$, $\partial _{1}f(x,y)={\frac {xy}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}}$ et $\partial _{2}f(x,y)={\frac {x^{2}+2y^{2}}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}}$.
   $\partial _{1}f(0,0)=\partial _{2}f(0,0)=0$.
3. $\partial _{1}f(x,y)$ et $\partial _{2}f$ sont continues sur $\mathbb {R} ^{2}\setminus \{(0,0)\}$, par produit, somme, composition, quotient (dont le dénominateur ne s'annule pas) de fonctions continues.
   Elles sont aussi continues en $(0,0)$ car nulles en ce point et $|\partial _{1}f(x,y)|\leq {\sqrt {x^{2}+y^{2}}}$ et $|\partial _{2}f(x,y)|\leq 2{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}$.
4. $f$ est donc C¹ sur $\mathbb {R} ^{2}$ et a fortiori différentiable sur $\mathbb {R} ^{2}$.
5. $\partial _{1}f(3,4)={\frac {12}{5}}$ et $\partial _{2}f(x,y)={\frac {41}{5}}$ donc $\mathrm {d} _{(3,4)}f(h,k)={\frac {12h+41k}{5}}$.