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Publié par | analyse-mpsi |
Nombre de lectures | 30 |
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Langue | Français |
Extrait
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013
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) =0xy2siisxx=600=.
a) Montrer quefadmet une dérivée au point(00)suivant tout vecteur deR2.
b) Observer que néanmoinsfn’est pas continue en(00).
Exercice 3[ 01744 ][correction]
Soitf:R2→Rdéfinie par
f(x y) =(
x2y
x4+y2
0
si(x y)6= (00)
sinon
Enoncés
Montrer quefadmet une dérivée en(00)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= (00).
Justifier quefest continue en(00).
Etudier les dérivées partielles defen(00).
Exercice 5[ 01746 ][correction]
Soitϕ:R→Rdérivable. On posef:R?×R→Rdéfinie parf(x y) =ϕ(yx).
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
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013
Corrections
Exercice 1 :[énoncé]
a)x∂f∂(x y) =yxy−1et∂f∂y(x y) = lnxxy.
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(th)−f(00)) =t1(f(tα tβ)) =0β2αsnisiαon= 0.
DoncDhf(00) =(0β2siααsi=α06= 0.
b)f(1n1√n) = 1→16=f(00)doncfn’est pas continue en(00).
Exercice 3 :[énoncé]
Quandn→+∞
1n n2→216=f(00)
f1
doncfn’est pas continue en(00).
Soith= (α β)∈R2,
t(1f(tα tβ)−f(00)) =t4tα24α+2βt2β2
→
0
α2β
siβ= 0
sinon
Exercice 4 :[énoncé]
|f(x y)|6|y||x||+x||y|6|y| →0doncf(x y)→0.
h1(f(h0)−f(00)) = 0doncx∂f∂(00) = 0et de mme∂fy∂(00) = 0.
Exercice 5 :[énoncé]
On a
∂∂fx(x y) =−xy2ϕ0(yx)et∂f∂y(x y) = 1x ϕ0(yx)
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 < y2etV=(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)) =t1y20−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))
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013
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(00 +t)−f(00)) = 0
donc la deuxième dérivée partielle defen(00)est définie et
∂∂yf(00) = 0
3
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