Corrigé du contrôle de maths L2 : partiel de S3, fonctions de deux variables

Exercice 1 : Question de cours : compacité et bornes atteintes (3,5 points)

1. Majoration. Supposons par l’absurde que \(f\) ne soit pas majorée sur \(K\). Pour tout \(n \in \mathbb{N}\), il existe alors \(x_n \in K\) tel que \(f(x_n) \geq\, n\). La suite \((x_n)\) est bornée, car \(K\) l’est. D’après le théorème de Bolzano-Weierstrass, elle admet une sous-suite \((x_{\varphi(n)})\) convergeant vers un point \(\ell\).

   Comme \(K\) est fermé, la caractérisation séquentielle des fermés donne \(\ell \in K\). Par continuité de \(f\) en \(\ell\), \(f(x_{\varphi(n)}) \to f(\ell)\), ce qui contredit \(f(x_{\varphi(n)}) \geq\, \varphi(n) \to +\infty\). Donc \(f\) est majorée.

   Borne atteinte. Posons \(M = \sup_K f\), qui est un réel. Par caractérisation de la borne supérieure, il existe \(y_n \in K\) tel que \(M – \frac{1}{n+1} \leq\, f(y_n) \leq\, M\). De même, on extrait \((y_{\psi(n)})\) convergeant vers \(a \in K\). Par continuité, \(f(a) = \lim f(y_{\psi(n)}) = M\).

   En appliquant ce résultat à \(-f\), on obtient la minoration et le minimum atteint. Ainsi \(f\) est bornée sur \(K\) et atteint ses bornes.

2. La fonction \(h : (x,y) \mapsto x^2 + y^2\) est polynomiale, donc continue. Soit \((p_n)\) une suite de points de \(D\) convergeant vers \(p\). Par continuité, \(h(p_n) \to h(p)\), et le passage à la limite dans \(h(p_n) \leq\, 1\) donne \(h(p) \leq\, 1\). Donc \(p \in D\) : \(D\) est fermé. Il est borné, car \(\|p\|_2 \leq\, 1\) pour tout \(p \in D\). En dimension finie, \(D\) est donc compact.

   Soit \(p \in U\) et \(r = 1 – \|p\|_2 > 0\). Pour \(q\) dans la boule ouverte \(B(p, r)\), l’inégalité triangulaire donne \(\|q\|_2 \leq\, \|p\|_2 + \|q – p\|_2 < \|p\|_2 + r = 1\). Ainsi \(B(p,r) \subset U\). Donc \(U\) est ouvert.

Barème : a) 1 point pour la majoration (Bolzano-Weierstrass et fermeture citées), 0,5 point pour la borne atteinte, 0,5 point pour le minimum ; b) 0,75 point pour la compacité, 0,75 point pour l’ouverture.

Exercice 2 : Normes, limites et continuité (4 points)

1. Notons \(u = (x,y)\) et \(u^{\prime} = (x^{\prime}, y^{\prime})\). D’abord, \(N(u) \geq\, 0\).

   Séparation. Si \(N(u) = 0\), alors \(x = 0\) et \(x + y = 0\), donc \(y = 0\).

   Homogénéité. Pour \(\lambda \in \mathbb{R}\), \(N(\lambda u) = \max(|\lambda||x|, |\lambda||x+y|) = |\lambda| N(u)\).

   Inégalité triangulaire. On a \(|x + x^{\prime}| \leq\, |x| + |x^{\prime}| \leq\, N(u) + N(u^{\prime})\). De même, \(|(x + y) + (x^{\prime} + y^{\prime})| \leq\, |x+y| + |x^{\prime}+y^{\prime}| \leq\, N(u) + N(u^{\prime})\). En prenant le maximum, \(N(u + u^{\prime}) \leq\, N(u) + N(u^{\prime})\). Donc \(N\) est une norme.

2. D’une part, \(|x| \leq\, \|u\|_\infty\) et \(|x+y| \leq\, |x| + |y| \leq\, 2\|u\|_\infty\), donc \(N(u) \leq\, 2\|u\|_\infty\). D’autre part, \(|x| \leq\, N(u)\) et \(|y| = |(x+y) – x| \leq\, 2N(u)\), donc \(\|u\|_\infty \leq\, 2N(u)\).

   Les normes \(N\) et \(\|\cdot\|_\infty\) sont équivalentes, comme toutes les normes de \(\mathbb{R}^2\). Elles définissent donc les mêmes ouverts et les mêmes suites convergentes.

3. Pour \(t \neq 0\), \(f(t, 0) = 0\), qui tend vers \(0\). En revanche, le long de la parabole \(y = x^2\) :

   \[f(t, t^2) = \frac{t^4}{t^4 + t^4} = \frac{1}{2}.\]

   Les deux restrictions ont des limites différentes en \((0,0)\). Donc \(f\) n’a pas de limite en \((0,0)\).

4. On a \(2|xy| \leq\, x^2 + y^2\). Donc, pour \((x,y) \neq (0,0)\), \(|g(x,y)| \leq\, \frac{x^2+y^2}{2\sqrt{x^2+y^2}} = \frac{1}{2}\|(x,y)\|_2\). Ce majorant tend vers \(0\). Ainsi \(g\) est continue en \((0,0)\).

Erreur fréquente : conclure à l’existence d’une limite en ne testant que les droites passant par l’origine. Ici, \(f\) tend vers \(0\) le long de toute droite, mais pas le long de la parabole.

Barème : a) 0,5 point pour la séparation et l’homogénéité, 1 point pour l’inégalité triangulaire ; b) 0,75 point pour les deux inégalités, 0,25 point pour la conclusion ; c) 1 point (0,5 par chemin) ; d) 0,5 point.

Exercice 3 : Dérivées directionnelles et différentiabilité (4 points)

1. Le singleton \(\{(0,0)\}\) est fermé : toute suite constante égale à \((0,0)\) converge vers \((0,0)\). Son complémentaire \(\Omega\) est donc ouvert. Sur \(\Omega\), \(f\) est une fraction rationnelle dont le dénominateur ne s’annule pas. Ses dérivées partielles existent et sont continues sur \(\Omega\) : \(f\) est de classe \(C^1\) sur \(\Omega\).

2. On a \(|x^3 + y^3| \leq\, |x|^3 + |y|^3 \leq\, \|(x,y)\|_\infty (x^2 + y^2)\). Donc \(|f(x,y)| \leq\, \|(x,y)\|_\infty\), qui tend vers \(0\). Ainsi \(f\) est continue en \((0,0)\).

3. Pour \(t \neq 0\) :

   \[\frac{f(ta, tb) – f(0,0)}{t} = \frac{t^3(a^3 + b^3)}{t \cdot t^2 (a^2 + b^2)} = \frac{a^3 + b^3}{a^2 + b^2}.\]

   Ce quotient est constant, donc il a une limite quand \(t \to 0\). La dérivée de \(f\) en \((0,0)\) selon \(v\) vaut \(D_v f(0,0) = \dfrac{a^3 + b^3}{a^2 + b^2}\).

4. Raisonnons par l’absurde. Si \(f\) était différentiable en \((0,0)\), on aurait \(D_v f(0,0) = \mathrm{d}f(0,0)(v)\) pour tout \(v\). L’application \(v \mapsto D_v f(0,0)\) serait donc linéaire.

   Or c) donne \(\frac{\partial f}{\partial x}(0,0) = D_{(1,0)} f(0,0) = 1\) et \(\frac{\partial f}{\partial y}(0,0) = 1\). La linéarité imposerait \(D_{(1,1)} f(0,0) = 1 + 1 = 2\). Cependant, la formule de c) donne \(D_{(1,1)} f(0,0) = \frac{2}{2} = 1\).

   C’est une contradiction : \(f\) n’est pas différentiable en \((0,0)\), bien qu’elle y soit continue et admette des dérivées dans toutes les directions.

Barème : a) 0,5 point pour l’ouvert, 0,5 point pour la classe C¹ ; b) 0,5 point ; c) 1 point ; d) 0,5 point pour la linéarité de la dérivée directionnelle, 0,5 point pour les dérivées partielles, 0,5 point pour la contradiction.

Exercice 4 : Points critiques et minimum global par compacité (3,5 points)

1. La fonction \(f\) est polynomiale, donc de classe \(C^2\) sur \(\mathbb{R}^2\). On a \(\frac{\partial f}{\partial x} = 4x^3 – 4y\) et \(\frac{\partial f}{\partial y} = 4y^3 – 4x\). Un point critique vérifie \(y = x^3\) et \(x = y^3\), donc \(x = x^9\).

   Ainsi \(x(x^8 – 1) = 0\), d’où \(x \in \{-1, 0, 1\}\), puis \(y = x^3 = x\). Les points critiques sont \((0,0)\), \((1,1)\) et \((-1,-1)\).

2. On a \(r = 12x^2\), \(s = -4\) et \(t = 12y^2\).

   En \((0,0)\) : \(rt – s^2 = -16 < 0\). Le point \((0,0)\) est un point col.

   En \((1,1)\) et \((-1,-1)\) : \(rt – s^2 = 144 – 16 = 128 > 0\) et \(r = 12 > 0\). Ce sont deux minima locaux stricts, où \(f\) vaut \(1 + 1 – 4 = -2\).

3. D’une part, \((x^2 – y^2)^2 \geq\, 0\) donne \(x^4 + y^4 \geq\, \frac{(x^2+y^2)^2}{2} = \frac{\rho^4}{2}\). D’autre part, \(4|xy| \leq\, 2(x^2+y^2) = 2\rho^2\). Donc \(f(x,y) \geq\, \frac{\rho^4}{2} – 2\rho^2 = \frac{\rho^2(\rho^2 – 4)}{2}\). En particulier, \(f \geq\, 0\) dès que \(\rho \geq\, 2\).

   Soit \(B\) le disque fermé de centre \(O\) et de rayon \(2\). Il est fermé et borné, donc compact, et \(f\) y est continue. Elle atteint donc sur \(B\) un minimum \(m\) en un point \(p\). Comme \((1,1) \in B\), on a \(m \leq\, -2 < 0\).

   Le point \(p\) n’est pas sur le cercle de rayon \(2\), où \(f \geq\, 0\). Il est donc dans le disque ouvert, qui est un ouvert : \(p\) est un point critique. Parmi les valeurs \(f(0,0) = 0\) et \(f(\pm 1, \pm 1) = -2\), on obtient \(m = -2\). Enfin, hors de \(B\), \(f \geq\, 0 > -2\).

   Ainsi \(f\) admet sur \(\mathbb{R}^2\) un minimum global égal à \(-2\), atteint en \((1,1)\) et en \((-1,-1)\).

Barème : a) 0,5 point pour le système, 0,5 point pour sa résolution ; b) 0,5 point pour la hessienne, 0,5 point pour la classification ; c) 0,5 point pour la minoration, 0,5 point pour la compacité et le point intérieur, 0,5 point pour la conclusion globale.

Exercice 5 : Problème : extrema sur le disque unité fermé (5 points)

1. L’ensemble \(U\) est ouvert (exercice 1) et inclus dans \(D\), donc \(U\) est inclus dans l’intérieur de \(D\). Soit maintenant \(p \in C\). La suite \(p_n = (1 + \frac{1}{n})p\) converge vers \(p\), et \(\|p_n\|_2 = 1 + \frac{1}{n} > 1\) : aucune boule centrée en \(p\) n’est incluse dans \(D\). Donc \(p\) n’est pas intérieur. L’intérieur de \(D\) est \(U\).

   Comme \(D\) est fermé, son adhérence est \(D\). Par conséquent, sa frontière est \(D \setminus U\). La frontière de \(D\) est donc le cercle \(C\).

2. La fonction \(f\) est polynomiale, donc continue, et \(D\) est compact. D’après le théorème des bornes atteintes, \(f\) admet un minimum et un maximum sur \(D\).

3. On a \(\frac{\partial f}{\partial x} = 2x – 1\) et \(\frac{\partial f}{\partial y} = 4y\). Le seul point critique est \((\frac{1}{2}, 0)\), qui appartient bien à \(U\). En ce point, \(r = 2\), \(s = 0\) et \(t = 4\), donc \(rt – s^2 = 8 > 0\) avec \(r > 0\).

   C’est un minimum local strict, où \(f\) vaut \(\frac{1}{4} – \frac{1}{2} = -\frac{1}{4}\).

4. Pour \(\theta \in \mathbb{R}\), posons \(\varphi(\theta) = f(\cos\theta, \sin\theta) = \cos^2\theta + 2\sin^2\theta – \cos\theta\). Comme \(\sin^2\theta = 1 – \cos^2\theta\), on obtient \(\varphi(\theta) = 2 – \cos^2\theta – \cos\theta\).

   Posons \(c = \cos\theta\), qui décrit \([-1, 1]\), et \(\psi(c) = 2 – c – c^2\). Alors \(\psi^{\prime}(c) = -1 – 2c\). Ainsi \(\psi\) croît sur \([-1, -\frac{1}{2}]\) et décroît sur \([-\frac{1}{2}, 1]\).

   \[\psi(-1) = 2, \qquad \psi(-\frac{1}{2}) = 2 + \frac{1}{2} – \frac{1}{4} = \frac{9}{4}, \qquad \psi(1) = 0.\]

   Sur \(C\), le maximum de \(f\) vaut \(\frac{9}{4}\), atteint pour \(\cos\theta = -\frac{1}{2}\), c’est-à-dire aux points \((-\frac{1}{2}, \pm\frac{\sqrt{3}}{2})\). Le minimum vaut \(0\), atteint au point \((1,0)\).

5. Un extremum de \(f\) sur \(D\) est atteint soit dans l’ouvert \(U\), où c’est alors un point critique, soit sur la frontière \(C\). Les seules valeurs candidates sont donc \(-\frac{1}{4}\) (point critique) et les valeurs de \(f\) sur \(C\), comprises entre \(0\) et \(\frac{9}{4}\).

   Le minimum de \(f\) sur \(D\) vaut \(-\frac{1}{4}\), atteint en \((\frac{1}{2}, 0)\). Le maximum vaut \(\frac{9}{4}\), atteint en \((-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2})\) et \((-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2})\).

   Vérification : \(f(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}) = \frac{1}{4} + \frac{3}{2} + \frac{1}{2} = \frac{9}{4}\). La figure est cohérente : les lignes de niveau entourent le minimum, et les valeurs croissent vers la gauche, jusqu’au bord.

   

Barème : a) 0,5 point pour l’intérieur, 0,5 point pour la frontière ; b) 0,5 point ; c) 0,5 point pour le point critique, 0,5 point pour la nature ; d) 0,5 point pour φ, 0,5 point pour les variations de ψ, 0,5 point pour les extrema sur C ; e) 0,5 point pour la méthode, 0,5 point pour les résultats.

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Après le corrigé du contrôle : partiel de S3, fonctions de deux variables

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