Sujet : Analyse, Fonctions de deux variables réelles, Dérivées partielles

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Enoncés 1 Dérivées partielles Exercice 1 [ 01742 ] [correction] Calculer les dérivées partielles des fonctions suivantes :p y 2 2a) f(x,y) =x (avec x> 0)b) f(x,y) = x +y c) f(x,y) =x sin(x +y). Exercice 2 [ 01743 ] [correction]  2y , si x = 02Soit f la fonction définie surR par f(x,y) = .
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Dérivées partielles

Exercice 1[ 01742 ][correction]
Calculer les dérivées partielles des fonctions suivantes :
a)f(x y) =xy(avecx >0)b)f(x y) =px2+y2c)f(x y) =xsin(x+y).

Exercice 2[ 01743 ][correction]
Soitfla fonction définie surR2parf(x y) =0xy2siisxx=600=.
a) Montrer quefadmet une dérivée au point(00)suivant tout vecteur deR2.
b) Observer que néanmoinsfn’est pas continue en(00).

Exercice 3[ 01744 ][correction]
Soitf:R2→Rdéfinie par
f(x y) =(

x2y
x4+y2
0

si(x y)6= (00)
sinon

Enoncés

Montrer quefadmet une dérivée en(00)selon tout vecteur sans pour autant y
tre continue.

Exercice 4[ 01745 ][correction]
xy
Soitf:R2→Rdéfinie parf(x y) =0|xs|in+o|ny|si(x y)6= (00).
Justifier quefest continue en(00).
Etudier les dérivées partielles defen(00).

Exercice 5[ 01746 ][correction]
Soitϕ:R→Rdérivable. On posef:R?×R→Rdéfinie parf(x y) =ϕ(yx).
Montrer quefvérifie la relation :
x∂∂fx(x y) +y∂∂fy(x y) = 0
Exercice 6[ 03348 ][correction]
Calculer les dérivées partielles de
f(x y) = min(x y2)

1

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Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
a)x∂f∂(x y) =yxy−1et∂f∂y(x y) = lnxxy.
y
b)∂fx∂(x y) =√x2x+y2et∂fy∂(x y) =√x2+y2.
c)∂f∂x(x y) = sin(x+y) +xcos(x+y)ety∂f∂(x y) =xcos(x+y).

Exercice 2 :[énoncé]
a) Soith= (α β)∈R2.
1t(f(th)−f(00)) =t1(f(tα tβ)) =0β2αsnisiαon= 0.
DoncDhf(00) =(0β2siααsi=α06= 0.
b)f(1n1√n) = 1→16=f(00)doncfn’est pas continue en(00).

Exercice 3 :[énoncé]
Quandn→+∞

1n  n2→216=f(00)
f1

doncfn’est pas continue en(00).
Soith= (α β)∈R2,

t(1f(tα tβ)−f(00)) =t4tα24α+2βt2β2

→

0
α2β

siβ= 0
sinon

Exercice 4 :[énoncé]
|f(x y)|6|y||x||+x||y|6|y| →0doncf(x y)→0.
h1(f(h0)−f(00)) = 0doncx∂f∂(00) = 0et de mme∂fy∂(00) = 0.

Exercice 5 :[énoncé]
On a
∂∂fx(x y) =−xy2ϕ0(yx)et∂f∂y(x y) = 1x ϕ0(yx)
d’où la relation.

Corrections

2

Exercice 6 :[énoncé]
La courbeΓd’équationy2=xune parabole séparant le plan en deux portionsest
ouvertes
U=(x y)x < y2etV=(x y)x > y2

Soit(x0 y0)∈U. Au voisinage de ce couple,f(x y) =xet donc

∂f
(x0 y0) = 1et∂f∂y(x0 y0) = 0
∂x

Soit(x0 y0)∈V. Au voisinage de ce couple,f(x y) =y2et donc

∂∂fx(x0 y0) = 0et∂y∂f(x0 y0) = 2y0

Soit(x0 y0)∈Γ(on a doncx0=y20). Sous réserve d’existence

Pourt >0,

et pourt <0,

∂∂fx(x0 y0) =tli→m0t(1f(x0+t y0)−f(x0 y0))

t(1f(x0+t y0)−f(x0 y0)) =t1y20−y20= 0

1(f(x0+t y0)−f(x0 y0 1)) =t(x0+t−x0) = 1
t

On en déduit que la première dérivée partielle defen(x0 y0)n’est pas définie.
Sous réserve d’existence

∂∂yf(x0 y0) = lti→m01t(f(x0 y0+t)−f(x0 y0))

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Siy06= 0alors pourtdu signe dey0,

t(1f(x0 y0+t)−f(x0 y0)) = 1t(x0−x0) = 0

et pourtdu signe opposé à celui dey0,
t(1f(x0 y0+t)−f(x0 y0)) =t1(y0+t)2−y02= 2y0+t

Corrections

On en déduit que la deuxième dérivée partielle defen(x0 y0)n’est pas définie.
Siy0= 0(et alorsx0= 0) alors pour toutt6= 0
t1(f(00 +t)−f(00)) = 0
donc la deuxième dérivée partielle defen(00)est définie et

∂∂yf(00) = 0

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