Corrigé du contrôle de maths L2 : limites et dérivées partielles

Exercice 1 : Question de cours : dérivées partielles et continuité (3 points)

1. La dérivée partielle de \(f\) par rapport à \(x\) en \(a\) est, si elle existe, la limite finie \(\dfrac{\partial f}{\partial x}(a) = \lim_{t \to 0} \dfrac{f(a_1 + t, a_2) – f(a_1, a_2)}{t}\). De même, \(\dfrac{\partial f}{\partial y}(a) = \lim_{t \to 0} \dfrac{f(a_1, a_2 + t) – f(a_1, a_2)}{t}\). Le gradient est le vecteur \(\nabla f(a) = (\dfrac{\partial f}{\partial x}(a), \dfrac{\partial f}{\partial y}(a))\). Enfin, \(f\) est de classe \(C^1\) sur \(U\) si ses deux dérivées partielles existent en tout point de \(U\) et sont continues sur \(U\).
2. Théorème de Schwarz : si \(f\) est de classe \(C^2\) sur l’ouvert \(U\), alors pour tout \(a \in U\), \(\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}(a) = \dfrac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}(a)\). Autrement dit, l’ordre des dérivations partielles n’importe pas.
3. Pour tout \(t \neq 0\), \(\varphi(t, 0) = 0\), donc \(\dfrac{\varphi(t, 0) – \varphi(0, 0)}{t} = 0\) et \(\dfrac{\partial \varphi}{\partial x}(0, 0) = 0\). De même, \(\varphi(0, t) = 0\) donne \(\dfrac{\partial \varphi}{\partial y}(0, 0) = 0\). En revanche, \(\varphi(t, t) = \dfrac{t^2}{2t^2} = \dfrac{1}{2}\) pour \(t \neq 0\). Or \((t, t) \to (0, 0)\) quand \(t \to 0\), alors que \(\varphi(t, t)\) reste égal à \(\frac{1}{2} \neq \varphi(0, 0)\). Donc \(\varphi\) n’est pas continue en \((0, 0)\).

Barème : a) 0,5 point pour dérivées partielles et gradient, 0,5 point pour la classe \(C^1\) ; b) 0,5 point pour l’hypothèse \(C^2\), 0,5 point pour la conclusion ; c) 0,5 point pour les dérivées partielles, 0,5 point pour la non-continuité.

Exercice 2 : Quatre limites en (0,0) (5 points)

1. Pour \((x, y) \neq (0, 0)\), on a \(x^2 \leq\, x^2 + y^2\), donc \(|f_1(x, y)| = \dfrac{x^2}{x^2 + y^2}|y| \leq\, |y|\). Or \(|y| \leq\, \|(x, y)\|_2\) tend vers \(0\). Par encadrement, \(f_1\) tend vers 0 en \((0, 0)\).
2. La fonction \(f_2\) est constante sur chaque demi-droite \(y = mx\), \(x \neq 0\), où elle vaut \(\dfrac{1 – m^2}{1 + m^2}\). Sur l’axe des ordonnées, elle vaut \(-1\). En polaires, \(f_2 = \cos^2\theta – \sin^2\theta = \cos(2\theta)\). Les lignes de niveau sont donc des réunions de demi-droites issues de l’origine, origine exclue. Par exemple, la ligne de niveau \(0\) est formée des deux bissectrices privées de \(O\).

   Toutes ces lignes s’approchent de l’origine. Ainsi, au voisinage de \((0, 0)\), \(f_2\) prend toutes les valeurs de \([-1, 1]\). Précisément, \(f_2(t, 0) = 1\) et \(f_2(0, t) = -1\) pour \(t \neq 0\). Ces deux chemins tendent vers \((0, 0)\) avec des limites différentes. \(f_2\) n’a pas de limite en \((0, 0)\).

3. Sur l’axe \(x = 0\), \(f_3 = 0\). Sur la droite \(y = mx\), avec \(x \neq 0\), on obtient \(f_3(x, mx) = \dfrac{mx^3}{x^4 + m^2x^2} = \dfrac{mx}{x^2 + m^2}\). Cette quantité tend vers \(0\) quand \(x \to 0\), pour \(m \neq 0\) comme pour \(m = 0\). La restriction à toute droite passant par l’origine tend donc vers \(0\).

   Pourtant, sur la parabole \(y = x^2\), on a \(f_3(x, x^2) = \dfrac{x^4}{2x^4} = \dfrac{1}{2}\) pour \(x \neq 0\). Plus généralement, \(f_3\) vaut \(\dfrac{m}{1 + m^2}\) sur la parabole \(y = mx^2\), comme le montre la figure.

   

   Deux chemins aboutissant à l’origine donnent les limites \(0\) et \(\frac{1}{2}\). \(f_3\) n’a pas de limite en \((0, 0)\), bien que toutes ses restrictions aux droites tendent vers \(0\).

4. On écrit \(x = r\cos\theta\) et \(y = r\sin\theta\), avec \(r > 0\). Alors \(f_4 = r(\cos^3\theta + \sin^3\theta)\), donc \(|f_4(x, y)| \leq\, 2r\). Ce majorant ne dépend pas de \(\theta\) et tend vers \(0\) quand \(r = \|(x, y)\|_2 \to 0\). \(f_4\) tend vers 0 en \((0, 0)\).

Erreur fréquente : conclure qu’une limite existe parce que les restrictions à toutes les droites ont la même limite. La fonction \(f_3\) montre que c’est faux.

Barème : a) 0,5 point pour la majoration, 0,5 point pour la conclusion ; b) 0,5 point pour les lignes de niveau, 1 point pour les deux chemins ; c) 0,5 point pour les droites, 0,5 point pour la parabole, 0,5 point pour la conclusion ; d) 0,5 point pour la majoration uniforme, 0,5 point pour la limite.

Exercice 3 : Gradient et règle de la chaîne (4 points)

1. Pour tout \((x, y) \in \mathbb{R}^2\), on dérive à \(y\) fixé puis à \(x\) fixé :
   \[\frac{\partial h}{\partial x}(x, y) = e^{xy} + xy\,e^{xy} = (1 + xy)e^{xy}, \qquad \frac{\partial h}{\partial y}(x, y) = x^2 e^{xy} + \frac{2y}{1 + y^2}.\]

   Ces deux fonctions sont continues sur \(\mathbb{R}^2\), comme produits, sommes, quotients à dénominateur non nul et composées de fonctions continues. Donc \(h\) est de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}^2\).

2. On obtient \(\dfrac{\partial h}{\partial x}(1, 0) = 1\) et \(\dfrac{\partial h}{\partial y}(1, 0) = 1\), donc \(\nabla h(1, 0) = (1, 1)\). Comme \(h\) est de classe \(C^1\), la règle de la chaîne appliquée à \(t \mapsto h((1, 0) + tu)\) donne la dérivée selon \(u\) : \(D_u h(1, 0) = \langle \nabla h(1, 0), u \rangle = \frac{3}{5} + \frac{4}{5}\), soit \(D_u h(1, 0) = \frac{7}{5}\).
3. Les applications \((r, \theta) \mapsto r\cos\theta\) et \((r, \theta) \mapsto r\sin\theta\) sont de classe \(C^1\), et \(F\) aussi. La règle de la chaîne donne donc, avec les dérivées de \(F\) prises au point \((r\cos\theta, r\sin\theta)\) :
   \[\frac{\partial g}{\partial r} = \cos\theta\,\frac{\partial F}{\partial x} + \sin\theta\,\frac{\partial F}{\partial y}, \qquad \frac{\partial g}{\partial \theta} = -r\sin\theta\,\frac{\partial F}{\partial x} + r\cos\theta\,\frac{\partial F}{\partial y}.\]
4. Avec \(x = r\cos\theta\) et \(y = r\sin\theta\), la deuxième formule s’écrit directement \(\dfrac{\partial g}{\partial \theta} = x\dfrac{\partial F}{\partial y} – y\dfrac{\partial F}{\partial x}\). Si \(x\dfrac{\partial F}{\partial y} = y\dfrac{\partial F}{\partial x}\) sur \(\mathbb{R}^2\), alors \(\dfrac{\partial g}{\partial \theta} = 0\). Pour \(r\) fixé, la fonction \(\theta \mapsto g(r, \theta)\) a une dérivée nulle sur l’intervalle \(\mathbb{R}\), donc elle est constante. Or elle décrit les valeurs de \(F\) sur le cercle de centre \(O\) et de rayon \(|r|\). \(F\) est donc constante sur chaque cercle de centre \(O\) : c’est une fonction radiale.

Barème : a) 0,5 point pour les dérivées, 0,5 point pour la classe \(C^1\) ; b) 0,5 point pour le gradient, 0,5 point pour la dérivée directionnelle ; c) 0,5 point par formule ; d) 0,5 point pour l’identité, 0,5 point pour la conclusion.

Exercice 4 : Problème : un contre-exemple au théorème de Schwarz (8 points)

Questions a à d : la fonction est de classe C1

1. Sur \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\), \(f\) est une fraction rationnelle dont le dénominateur ne s’annule pas, donc elle est continue. En \((0, 0)\), on a \(|x^2 – y^2| \leq\, x^2 + y^2\), donc \(|f(x, y)| \leq\, |xy| \leq\, \frac{1}{2}(x^2 + y^2)\). Ce majorant tend vers \(0\). Ainsi \(f(x, y) \to 0 = f(0, 0)\), et \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}^2\).
2. On écrit \(f = \dfrac{P}{Q}\) avec \(P = x^3y – xy^3\) et \(Q = x^2 + y^2\). Alors :
   \[\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{(3x^2y – y^3)(x^2 + y^2) – (x^3y – xy^3)\,2x}{(x^2 + y^2)^2}.\]

   Le numérateur vaut \(3x^4y + 3x^2y^3 – x^2y^3 – y^5 – 2x^4y + 2x^2y^3 = x^4y + 4x^2y^3 – y^5\). Il est égal à \(y(x^4 + 4x^2y^2 – y^4)\), ce qui donne la formule annoncée.

   Ensuite, \(f(x, y) = -f(y, x)\). En dérivant par rapport à \(y\), on obtient \(\dfrac{\partial f}{\partial y}(x, y) = -\dfrac{\partial f}{\partial x}(y, x)\). On échange donc \(x\) et \(y\) dans la formule précédente, puis on change le signe :

   \[\frac{\partial f}{\partial y}(x, y) = -\frac{x(y^4 + 4x^2y^2 – x^4)}{(x^2 + y^2)^2} = \frac{x(x^4 – 4x^2y^2 – y^4)}{(x^2 + y^2)^2}.\]

3. Pour \(t \neq 0\), \(f(t, 0) = 0\) et \(f(0, t) = 0\). Les taux d’accroissement sont nuls, donc \(\dfrac{\partial f}{\partial x}(0, 0) = \dfrac{\partial f}{\partial y}(0, 0) = 0\).
4. Pour \((x, y) \neq (0, 0)\), on a \(|x^4 + 4x^2y^2 – y^4| \leq\, x^4 + 4x^2y^2 + y^4 \leq\, 2(x^2 + y^2)^2\). En effet, \(2(x^2 + y^2)^2 = 2x^4 + 4x^2y^2 + 2y^4\). Par conséquent, \(|\dfrac{\partial f}{\partial x}(x, y)| \leq\, 2|y|\). De même, \(|\dfrac{\partial f}{\partial y}(x, y)| \leq\, 2|x|\).

   Ces majorants tendent vers \(0\) en \((0, 0)\). Les dérivées partielles tendent donc vers \(0\), qui est leur valeur en \((0, 0)\) : elles sont continues en \((0, 0)\). Elles sont aussi continues ailleurs, comme fractions rationnelles. Donc \(f\) est de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}^2\).

Questions e et f : les dérivées croisées

5. Pour \(y \neq 0\), la formule de b donne \(\dfrac{\partial f}{\partial x}(0, y) = \dfrac{y(-y^4)}{y^4} = -y\). C’est encore vrai pour \(y = 0\), d’après c. Ainsi \(\dfrac{\partial f}{\partial x}(0, y) = -y\) pour tout réel \(y\), et en dérivant en \(y = 0\) :

   \(\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}(0, 0) = -1\).

   De même, pour \(x \neq 0\), \(\dfrac{\partial f}{\partial y}(x, 0) = \dfrac{x \cdot x^4}{x^4} = x\), ce qui reste vrai pour \(x = 0\). Donc :

   \(\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}(0, 0) = 1\).

6. Les deux dérivées croisées existent en \((0, 0)\) mais sont différentes. Si \(f\) était de classe \(C^2\) au voisinage de l’origine, le théorème de Schwarz imposerait leur égalité. Par conséquent, \(f\) est de classe \(C^1\) mais pas de classe \(C^2\) sur \(\mathbb{R}^2\) : ses dérivées secondes croisées ne sont pas continues en \((0, 0)\). L’hypothèse de régularité du théorème de Schwarz ne peut donc pas être supprimée.

Barème : a) 0,5 point hors de l’origine, 0,5 point pour la majoration en \((0, 0)\) ; b) 1 point pour \(\partial f / \partial x\), 0,5 point pour la symétrie ; c) 1 point ; d) 0,5 point pour la majoration, 1 point pour la continuité des dérivées partielles ; e) 0,5 point par dérivée première restreinte, 0,5 point par dérivée croisée ; f) 1 point.

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Après le corrigé du contrôle : limites et dérivées partielles

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