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

Exercice 1

Étudier l'existence des limites suivantes :

1. $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop x+y\neq 0}{\frac {x^{2}y}{x+y}}$, $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop (x,y)\neq (0,0)}{\frac {x^{n}y^{3-n}}{x^{2}+y^{2}}}$ si $n\in \{0,1,2,3\}$ ;
2. $\lim _{(x,y,z)\to (0,0,0) \atop 2x^{3}+yz^{2}\neq 0}{\frac {xyz+z^{3}}{2x^{3}+yz^{2}}}$, $\lim _{(x,y,z)\to (0,0,0) \atop (x,y,z)\neq (0,0,0)}{\frac {xyz+z^{3}}{2x^{2}+y^{2}+z^{2}}}$ ;
3. $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop (x,y)\neq (0,0)}{\frac {|x|+|y|}{x^{2}+y^{2}}}$, $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop x\neq \pm y}{\frac {x^{4}y}{x^{2}-y^{2}}}$ ;
4. $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop x\neq 0}{\frac {\sin x}{x}}$, $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop (x,y)\neq (0,0)}{\frac {\sin(x^{2}y)}{x^{2}+y^{2}}}$.

Solution

1. • 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 $k$.
   • $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop (x,y)\neq (0,0)}{\frac {x^{n}y^{3-n}}{x^{2}+y^{2}}}=\lim _{r\to 0 \atop r>0}r\cos ^{n}\theta \sin ^{3-n}\theta =0$ si $n\in \{0,1,2,3\}$.
2. • $\lim _{(x,y,z)\to (0,0,0) \atop 2x^{3}+yz^{2}\neq 0}{\frac {xyz+z^{3}}{2x^{3}+yz^{2}}}$ 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 $k$.
   • $\lim _{(x,y,z)\to (0,0,0) \atop (x,y,z)\neq (0,0,0)}{\frac {xyz+z^{3}}{2x^{2}+y^{2}+z^{2}}}=\lim _{r\to 0 \atop r>0}r\left({\frac {\cos \theta \cos \varphi }{\sqrt {2}}}\cdot \sin \theta \cos \varphi \cdot \sin \varphi +\sin ^{3}\varphi \right)=0$.
3. • $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop (x,y)\neq (0,0)}{\frac {|x|+|y|}{x^{2}+y^{2}}}\geq \lim _{r\to 0 \atop r>0}{\frac {1}{r}}=+\infty$.
   • 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 $k$.
4. • $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop x\neq 0}{\frac {\sin x}{x}}=\lim _{x\to 0 \atop x\neq 0}{\frac {\sin x}{x}}=1$.
   • $\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop (x,y)\neq (0,0)}{\frac {\sin(x^{2}y)}{x^{2}+y^{2}}}=\lim _{(x,y)\to (0,0) \atop (x,y)\neq (0,0)}{\frac {x^{2}y}{x^{2}+y^{2}}}=0$ (cf. question 1).

 

Exercice 2

Justifier la différentiabilité des fonctions suivantes et calculer leurs différentielles :

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

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 $a,b,c\in \mathbb {N}$) :

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

 

Exercice 3

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

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

Est-ce que ces fonctions sont de classe C¹ ?

Solution

• $f:(x,y)\mapsto x^{y}=\operatorname {e} ^{y\ln x}$ 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 ${\frac {\partial h}{\partial y}}(x,y)={\frac {1}{x+{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}}}{\frac {y}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}}$.

Ces trois fonctions sont de classe C¹ car leurs dérivées partielles sont continues.

 

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

Soient $\alpha \in \mathbb {R}$,

$f(x,y)=\ln \left(\left(x^{2}+y^{2}\right)^{\alpha }\right)\quad {\text{et}}\quad g(x,y,z)=\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{\alpha }$.

Calculer

${\frac {\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}f}{\partial y^{2}}}\quad {\text{et}}\quad {\frac {\partial ^{2}g}{\partial x^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}g}{\partial y^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}g}{\partial z^{2}}}$.

Solution

• $f(x,y)=\alpha \ln(x^{2}+y^{2})$

  donne

  ${\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)=\alpha {\frac {\frac {\partial (x^{2}+y^{2})}{\partial x}}{x^{2}+y^{2}}}=2\alpha {\frac {x}{x^{2}+y^{2}}}$

  puis

  ${\frac {\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}}(x,y)=2\alpha {\frac {1(x^{2}+y^{2})-x(2x)}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}=2\alpha {\frac {y^{2}-x^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}$

  et de même (par symétrie)

  ${\frac {\partial ^{2}f}{\partial y^{2}}}(x,y)=2\alpha {\frac {x^{2}-y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}$

  donc

  ${\frac {\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}f}{\partial y^{2}}}=0$.

• ${\frac {\partial g}{\partial x}}(x,y,z)=2\alpha x(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{\alpha -1}$

  donc

  ${\frac {\partial ^{2}g}{\partial x^{2}}}(x,y,z)=2\alpha (x^{2}+y^{2}+z^{2})^{\alpha -1}+4\alpha (\alpha -1)x^{2}(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{\alpha -2}=2\alpha (x^{2}+y^{2}+z^{2})^{\alpha -2}((2\alpha -1)x^{2}+y^{2}+z^{2})$

  et de même (par symétrie)

  ${\frac {\partial ^{2}g}{\partial y^{2}}}(x,y,z)=2\alpha (x^{2}+y^{2}+z^{2})^{\alpha -2}(x^{2}+(2\alpha -1)y^{2}+z^{2})$

  ${\frac {\partial ^{2}g}{\partial z^{2}}}(x,y,z)=2\alpha (x^{2}+y^{2}+z^{2})^{\alpha -2}(x^{2}+y^{2}+(2\alpha -1)z^{2})$

  donc

  $\left({\frac {\partial ^{2}g}{\partial x^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}g}{\partial y^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}g}{\partial z^{2}}}\right)(x,y,z)=2\alpha (2\alpha +1)(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{\alpha -1}$

  (nul si $\alpha =-1/2$, c'est-à-dire $g(x,y,z)={\frac {1}{\sqrt {x^{2}+y^{2}+z^{2}}}}$).

 

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

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

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. $\operatorname {grad} (g)=\operatorname {grad} (f)\,J_{h}=(f_{u}-f_{w},f_{v}-f_{u},f_{w}-f_{v})$.
4. ${\frac {\partial g}{\partial x}}+{\frac {\partial g}{\partial y}}+{\frac {\partial g}{\partial z}}=(f_{u}-f_{w})+(f_{v}-f_{u})+(f_{w}-f_{v})=0$.

 

Exercice 7

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

   ${\frac {\partial u}{\partial x}}-{\frac {\partial u}{\partial y}}=0$.

   (On pourra effectuer le changement de variables $x=z,y=-z+t$.)

2. 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

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

   ${\frac {\partial v}{\partial z}}(z,t)=\left({\frac {\partial u}{\partial x}}-{\frac {\partial u}{\partial y}}\right)(z,t-z)$

   donc ${\frac {\partial u}{\partial x}}-{\frac {\partial u}{\partial y}}=0$ si et seulement si ${\frac {\partial v}{\partial z}}=0$, c'est-à-dire $v(z,t)=w(t)$, ou encore

   $u(x,y)=w(x+y)$

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

2. 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 $w:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$).

 

Voir aussi : Différentiabilité, Exercice 5.

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 $f(x,-x^{2})=0$.

Montrer qu'en $(0,0)$, $f$ admet des dérivées directionnelles dans toutes les directions, mais n'est pas continue (donc pas différentiable).

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 $(0,0)$, $f$ 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 $\lim _{{x\to 0^{\pm } \atop x\neq 0} \atop z=x^{3}}{\frac {-x^{3}}{z}}=-1$.

 

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, mais que $f$ n'est cependant pas différentiable en $(0,0)$.

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 $\lim _{0}\varepsilon =(0,0)$ :

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

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

 

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 :

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

Solution

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

• ${\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)=\cos y\exp '(x)=f(x,y)$.
  ${\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y)=\operatorname {e} ^{x}\cos '(y)=-\operatorname {e} ^{x}\sin y$.
• ${\frac {\partial g}{\partial x}}(x,y)={\frac {\partial \operatorname {e} ^{x^{2}+y^{2}}}{\partial x}}(x,y)\sin(xy)+\operatorname {e} ^{x^{2}+y^{2}}{\frac {\partial \sin(xy)}{\partial x}}(x,y)=\operatorname {e} ^{x^{2}+y^{2}}\left(2x\sin(xy)+y\cos(xy)\right)$
  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

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