Examen5 Analyse 4 SMA3
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Contrôle continu
Exercice 2 : 04 points
Trouver toutes les fonctions de classe C1 𝑓: ℝ∗+ × ℝ → ℝ vérifiant l’équation aux dérivées
𝜕𝑓 𝜕𝑓
partielles suivante : 𝑥 + 𝑦 = √𝑥 4 + 𝑦 4 .
𝜕𝑥 𝜕𝑦
𝑦
𝑢=𝑥 𝑣
On utilisera le changement de variables{ .(Vérifier que √𝑥 4 + 𝑦 4 = (1+𝑢2 ) √1 + 𝑢4 )
2 2
𝑣 =𝑥 +𝑦
Exercice3:04 points
Soient 𝑓: ℝ∗+ × ℝ → ℝ3 de classe C1 et h ∶ ℝ∗ × ℝ → ℝ∗+ × ℝ telles que :
1 0
𝑦 𝜋
ℎ (𝑥, 𝑦) = (√𝑥 2 + 𝑦 2 , 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑥 ) et 𝐽𝑓 (1, − 4 ) = [ 0 2]
−1 0
1 −1
Soit 𝑔 = 𝑓°ℎ ,montrer que 𝑔 est de classe C dans ℝ∗ × ℝ et déterminer 𝑑𝑔 ( , ) Calculer la
1
√2 √2
1 −1
dérivée de g au point ( , ) suivant la direction 𝑉(0, −1) .
√2 √2
(𝟎𝟐. 𝟕𝟓𝒑𝒕𝒔) 1) f est une fonction polynomiale dans ℝ2 alors elle est de classe C2 dans ℝ3 .
∂f ∂2 f
= 4x 3 + 14xy = 12x 2 + 14y
∂x ∂x2
∂f ∂2 f ∂2 f
= 7x 2 + 3y 2 − 6z et = 6y , = 14x .
∂y ∂y2 ∂y ∂x
∂f 2 ∂2 f ∂2 f
{ ∂z = 3z − 6y { ∂z2 = 6z ∂y ∂z = −6
12x 2 + 14y 14𝑥 0
la matrice Hessiennne de f est 𝐻𝑓 = ( 14𝑥 6𝑦 −6)
0 −6 6𝑧
0 0 0 28 0 0
𝐻𝑓 (0,0,0) = (0 0 −6) et 𝐻𝑓 (0,2,2) = ( 0 12 −6).
0 −6 0 0 −6 12
(2.75pts) 2)
Les points critiques de f sont solutions du système :
∂f
= 2x(2x 2 + 7y) = 0 … . … . . (1)
∂x
∂f
= 7x 2 + 3y 2 − 6z = 0 … … (2)
∂y
∂f 2
{∂z = 3z − 6y = 0 … … .. .. (3)
z2
(3) ⇒ y = .
2
(1) ⇒ x = 0 ou 2x 2 + 7y = 0 .
si x = 0 , (2) ⇒ 3y 2 − 6z = 0 ⇒ y 2 = 2z = 0 .
Alors d’après (3) z 4 − 8z = 0 ⇒ z = 0 ou z = 2
7z2
si 2x 2 + 7y = 0 d’après (3)2x 2 + 7y = 2x 2 + = 0 alors x = z = y = 0 .
2
Ainsi on obtient deux points critiques : (0,0, 0) 𝑒𝑡 (0,2, 2).
𝐻𝑓 (0,0,0) admet une valeur propre nulle (𝐻𝑓 est indéfinie ) on utilise la définition d’extrémum :
𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧) − 𝑓 (0,0,0) = 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) change de signe au voisinage de (0,0, 0).
En effet, ∀𝑦 ∈ 𝒱(0) 𝑓 (0, 𝑦, 0) = 𝑦 3 𝑒𝑠𝑡 𝑑𝑒 𝑚ê𝑚𝑒 𝑠𝑖𝑔𝑛𝑒 𝑞𝑢𝑒 𝑦 alors le point
(0,0,0) est un point selle.
𝐻𝑓 (0,2,2) admet trois valeurs propres strictement positives :𝜆1 = 28, 𝜆2 = 6 𝑒𝑡 𝜆3 = 18.
Ou bien la forme quadratique Q associée à 𝐻𝑓 (0,2,2) s’écrit :
𝑍 2 3𝑍 2
𝑄(𝑋, 𝑌, 𝑍) = 28𝑋 2 + 12 [(𝑌 − 2) + 4
] donc définie positive
alors 𝑓(0,2,2) est un minimum local.
Comme lim 𝑓(0, 𝑦, 0) = ±∞ 𝑎𝑙𝑜𝑟𝑠 f n’admet pas d’extrémum global .
𝑦→±∞
(1.5) pts 3) Vérifions les conditions du théorème des fonctions implicites au voisinage du
point(1, 0, −1).
𝑓 (1, 0, −1) = 0,
∂f
∂z
(1, 0, −1) = 3 ≠ 0
Alors on peut expliciter z en fonction de x et y au voisinage du point(1, 0, −1).
II. 5pts
𝑥 4+7𝑥 2 𝑦+𝑦 3
2 𝑠𝑖 (𝑥, 𝑦) ≠ (0,0)
𝑔: ℝ → ℝ 𝑔(𝑥, 𝑦) = { 2(𝑥 2+𝑦 2 )
0 𝑠𝑖 (𝑥, 𝑦) = (0,0)
1) (1pt) Continuité de g :
g est fraction rationnelle donc continue dans ℝ2 − {(0,0)}
𝑥 4+7𝑥 2𝑦+𝑦 3 𝑟3 (𝑟𝑐𝑜𝑠 4 𝜃+7𝑐𝑜𝑠 2 𝜃.𝑠𝑖𝑛𝜃+𝑠𝑖𝑛3 𝜃)
lim 𝑔(𝑥, 𝑦) = lim = lim = 0.
(𝑥,𝑦)→(0,0) (𝑥,𝑦)→(0,0) 2(𝑥 2+𝑦 2) 𝑟→0 𝑟2
lim 𝑔(𝑥, 𝑦) = 𝑔(0,0) alors g est continue au point (0,0).
(𝑥,𝑦)→(0,0)
Ainsi g est continue dans ℝ2 .
2) (2pt)
𝜕𝑔 14𝑥𝑦 3 +4𝑥 3𝑦 2 +14𝑥 3 𝑦+2𝑥 5−14𝑥 3𝑦−2𝑥𝑦 3
=
𝜕𝑥 2(𝑥 2 +𝑦 2)2
Dans ℝ2 − {(0,0)} {
𝑦 4 +7𝑥 4−4𝑥 2𝑦 2 −2𝑥 4 𝑦
𝜕𝑔
𝜕𝑦 2(𝑥 2+𝑦 2 )2
= .
𝜕𝑔 𝑔(𝑥,0)−𝑔(0,0) 𝑥4
(0,0) = lim = lim 𝑥3 = 0.
𝜕𝑥 𝑥→0 𝑥 𝑥→0
𝜕𝑔 𝑔(0,𝑦)−𝑔(0,0) 𝑦3 1
(0,0) = lim = lim 3 = 2.
𝜕𝑦 𝑥→0 𝑦 𝑥→0 2𝑦
1
∇𝑔(0,0) = (0, 2).
3) (1pt) La différentiabilité de g au point(0,0) :
𝜕𝑔 𝜕𝑔 𝑥4 +7𝑥2 𝑦+𝑦3
𝑔(𝑥,𝑦)−𝑔(0,0)−𝑥 (0,0)−𝑦 (0,0) 2(𝑥2 +𝑦2 ) 𝑦
𝜕𝑥 𝜕𝑦
lim = lim − .
(𝑥,𝑦)→(0,0) √𝑥 2+𝑦 2 (𝑥,𝑦)→(0,0) √𝑥 2 +𝑦 2 2√𝑥 2+𝑦 2
𝑟3 (𝑟𝑐𝑜𝑠 4 𝜃+7𝑐𝑜𝑠 2 𝜃.𝑠𝑖𝑛𝜃+𝑠𝑖𝑛3𝜃) 𝑟𝑠𝑖𝑛𝜃 7𝑐𝑜𝑠 2 𝜃.𝑠𝑖𝑛𝜃+𝑠𝑖𝑛3 𝜃−𝑠𝑖𝑛𝜃
lim 2𝑟3
− 2𝑟
= 2
.
𝑟→0
dépend de 𝜃 ,alors la limite n’existe pas d’où f n’est pas différentiable au point (0,0)
on conclue donc que g n’ est pas de classe C1 dans ℝ2 .
𝑠𝑖𝑛𝜃
4) (𝟏𝐩𝐭)𝐷𝑣⃗ 𝑔(0,0) =< 𝛻𝑔(0,0),v >= 2 est elle maximale dans direction du
𝜋 1
gradient qui est égale à 2 .la valeur maximale est 2.
Exercice2: (𝟒𝐩𝐭)
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝐹(𝑢, 𝑣)
𝜕𝑓 𝜕𝐹 𝑦 𝜕𝐹 𝜕𝑓 𝜕𝐹 1 𝜕𝐹
(𝟏𝐩𝐭) = (− 2) + (2𝑥) 𝑒𝑡(𝟏𝐩𝐭) = ( )+ (2𝑦)
𝜕𝑥 𝜕𝑢 𝑥 𝜕𝑣 𝜕𝑦 𝜕𝑢 𝑥 𝜕𝑣
𝜕𝑓 𝜕𝑓 𝜕𝐹 𝑣 𝑣
𝑥 𝜕𝑥 + 𝑦 𝜕𝑦
= 2𝑣 𝜕𝑣 = (1+𝑢2 )
√1 + 𝑢4 . (𝟏𝐩𝐭)(avec vérification de √𝑥 4 + 𝑦 4 = (1+𝑢2 ) √1 + 𝑢4 )
𝜕𝐹 1 𝑣
= √1 + 𝑢4 ⇒ 𝐹(𝑢, 𝑣) = √1 + 𝑢4 + 𝜑(𝑢) 𝑜ù 𝜑 𝑒𝑠𝑡 𝑢𝑛𝑒 𝑓𝑜𝑛𝑐𝑡ion de classe C1
𝜕𝑣 2(1+𝑢2 ) 2(1+𝑢2 )