Corrigé du contrôle de maths sup : fonctions de deux variables et extremums

Exercice 1 : Questions de cours (3 points)

1. Comme \(f\) est de classe \(C^1\) sur l’ouvert \(U\), elle admet en \(a\) le développement limité à l’ordre 1 : \[f(a_1 + h, a_2 + k) = f(a) + h\,\frac{\partial f}{\partial x}(a) + k\,\frac{\partial f}{\partial y}(a) + o(\|(h, k)\|).\] Le plan tangent au point \((a_1, a_2, f(a))\) a donc pour équation \(z = f(a) + \dfrac{\partial f}{\partial x}(a)\,(x – a_1) + \dfrac{\partial f}{\partial y}(a)\,(y – a_2)\).
2. Supposons par exemple que \(f\) admette un maximum local en \(a\) : il existe \(r > 0\) tel que \(f(b) \leq\, f(a)\) pour tout \(b \in U\) avec \(\|b – a\| < r\). Comme \(U\) est ouvert, quitte à diminuer \(r\), la boule ouverte de centre \(a\) et de rayon \(r\) est incluse dans \(U\).

   Considérons alors \(\psi(t) = f(a_1 + t, a_2)\), définie sur \(]-r, r[\). Cette fonction d’une variable admet un maximum local en 0, point intérieur à l’intervalle. De plus, elle est dérivable en 0, de dérivée \(\dfrac{\partial f}{\partial x}(a)\). Or une fonction dérivable qui admet un extremum local en un point intérieur y a une dérivée nulle, donc \(\dfrac{\partial f}{\partial x}(a) = 0\). On montre de même que \(\dfrac{\partial f}{\partial y}(a) = 0\) avec \(t \mapsto f(a_1, a_2 + t)\). Ainsi, \(\nabla f(a) = 0\) : \(a\) est un point critique. Le cas d’un minimum se traite de la même façon.

   L’ouverture de \(U\) sert à garantir que \(\psi\) est définie sur un intervalle ouvert centré en 0. Sur un fermé, un extremum atteint au bord n’est pas nécessairement un point critique.

Barème : a) 1 point : 0,5 point pour le développement limité, 0,5 point pour le plan tangent ; b) 2 points : 1 point pour la restriction à une droite et le théorème en dimension 1, 0,5 point pour la conclusion, 0,5 point pour le rôle de l’ouvert.

Exercice 2 : Continuité en l’origine (4 points)

1. Pour \((x, y) \neq (0, 0)\), on a \(x^2 \leq\, x^2 + y^2\), donc \[|f(x, y)| = \frac{x^2}{x^2 + y^2}\,|y| \leq\, |y| \leq\, \|(x, y)\|.\] Le majorant tend vers 0 quand \((x, y)\) tend vers \((0, 0)\), donc \(f(x, y) \to 0 = f(0, 0)\). Ainsi, \(f\) est continue en \((0, 0)\). En polaires, on écrirait \(f(r\cos\theta, r\sin\theta) = r\cos^2\theta \sin\theta\), majoré en valeur absolue par \(r\), indépendamment de \(\theta\).
2. Pour \(t \neq 0\), \(g(t, t) = \dfrac{t^2}{2t^2} = \dfrac{1}{2}\). Donc \(g(t, t) \to \dfrac{1}{2}\) quand \(t \to 0\), alors que \((t, t) \to (0, 0)\) et \(g(0, 0) = 0\). Par caractérisation séquentielle de la continuité, \(g\) n’est pas continue en \((0, 0)\).
3. Pour tout \(t\), \(f(t, 0) = 0\) et \(f(0, t) = 0\). Les fonctions partielles sont donc constantes, d’où \(\dfrac{\partial f}{\partial x}(0, 0) = \dfrac{\partial f}{\partial y}(0, 0) = 0\). Ensuite, pour \(t \neq 0\), \(f(t, t) = \dfrac{t^3}{2t^2} = \dfrac{t}{2}\), donc \[\frac{f((0, 0) + t v) – f(0, 0)}{t} = \frac{1}{2},\] quantité constante qui tend donc vers \(\dfrac{1}{2}\) quand \(t \to 0\). La dérivée selon \(v\) existe et vaut \(D_v f(0, 0) = \dfrac{1}{2}\). Si \(f\) était de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}^2\), le développement limité à l’ordre 1 donnerait \(D_v f(0, 0) = \nabla f(0, 0) \cdot v = 0\). C’est contradictoire : \(f\) n’est pas de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}^2\).

Erreur fréquente : conclure à la continuité de \(g\) en n’étudiant que les limites selon les axes, qui sont toutes nulles.

Barème : a) 1,5 point : 1 point pour la majoration, 0,5 point pour la conclusion ; b) 1 point : 0,5 point pour le chemin, 0,5 point pour la conclusion ; c) 1,5 point : 0,5 point pour les dérivées partielles, 0,5 point pour la dérivée selon \(v\), 0,5 point pour la contradiction.

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

1. La fonction \(f\) est une somme de produits de fonctions de classe \(C^1\) (polynomiales en \(x\) et \(y\), et exponentielle de \(y\)). Elle est donc de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}^2\), et \(\dfrac{\partial f}{\partial x}(x, y) = \mathrm{e}^{y}\), \(\dfrac{\partial f}{\partial y}(x, y) = x\,\mathrm{e}^{y} + 2y\).
2. On a \(f(1, 0) = 1\), \(\dfrac{\partial f}{\partial x}(1, 0) = 1\) et \(\dfrac{\partial f}{\partial y}(1, 0) = 1\). Le plan tangent a donc pour équation \(z = 1 + (x – 1) + y\), soit \(z = x + y\).
3. Le gradient \(\nabla f(1, 0) = (1, 1)\) indique la direction de plus forte croissance : c’est celle du vecteur unitaire \(\dfrac{1}{\sqrt{2}}(1, 1)\). Selon ce vecteur, la dérivée vaut \(\|\nabla f(1, 0)\| = \sqrt{2}\).
4. La fonction \(t \mapsto (\cos t, \sin t)\) est dérivable et \(f\) est de classe \(C^1\). D’après la règle de la chaîne,
   \[\varphi^{\prime}(t) = -\sin t\,\frac{\partial f}{\partial x}(\cos t, \sin t) + \cos t\,\frac{\partial f}{\partial y}(\cos t, \sin t) = -\sin t\,\mathrm{e}^{\sin t} + \cos t(\cos t\,\mathrm{e}^{\sin t} + 2\sin t).\]
   Vérification : \(\varphi(t) = \cos t\,\mathrm{e}^{\sin t} + \sin^2 t\). En dérivant directement, on obtient \(\varphi^{\prime}(t) = -\sin t\,\mathrm{e}^{\sin t} + \cos^2 t\,\mathrm{e}^{\sin t} + 2\sin t\cos t\), ce qui est bien la même expression. En particulier, \(\varphi^{\prime}(0) = 0 + 1 \times (1 + 0) = 1\).

Barème : a) 1 point : 0,5 point pour la justification, 0,5 point pour les dérivées ; b) 1 point ; c) 0,5 point ; d) 1,5 point : 1 point pour la règle de la chaîne, 0,25 point pour la vérification, 0,25 point pour \(\varphi^{\prime}(0)\).

Exercice 4 : Une équation aux dérivées partielles (4 points)

1. Soit \((u, v) \in \mathbb{R}^2\). Le système \(x + y = u\), \(x – y = v\) a pour unique solution \(x = \dfrac{u + v}{2}\), \(y = \dfrac{u – v}{2}\). Donc \(\Phi\) est bijective, de réciproque \(\Phi^{-1}(u, v) = (\dfrac{u + v}{2}, \dfrac{u – v}{2})\). Les deux applications sont linéaires, donc de classe \(C^1\).
2. La fonction \(g = f \circ \Phi^{-1}\) est de classe \(C^1\) comme composée, et \(f(x, y) = g(x + y, x – y)\). Par la règle de la chaîne :

   \(\dfrac{\partial f}{\partial x}(x, y) = \dfrac{\partial g}{\partial u}(x + y, x – y) + \dfrac{\partial g}{\partial v}(x + y, x – y)\) ;

   \(\dfrac{\partial f}{\partial y}(x, y) = \dfrac{\partial g}{\partial u}(x + y, x – y) – \dfrac{\partial g}{\partial v}(x + y, x – y)\).

3. D’après b), \((\mathcal{E})\) équivaut à \(2\dfrac{\partial g}{\partial v}(x + y, x – y) = x + y\) pour tout \((x, y)\). Comme \(\Phi\) est bijective, cela équivaut à \(\dfrac{\partial g}{\partial v}(u, v) = \dfrac{u}{2}\) pour tout \((u, v) \in \mathbb{R}^2\).

   Fixons \(u\). La fonction \(v \mapsto g(u, v) – \dfrac{uv}{2}\) a une dérivée nulle sur l’intervalle \(\mathbb{R}\) ; elle est donc constante, égale à sa valeur \(h(u) = g(u, 0)\) en \(v = 0\). La fonction \(h\) est de classe \(C^1\), car \(g\) l’est. Ainsi, \(g(u, v) = \dfrac{uv}{2} + h(u)\).

   Réciproquement, pour toute fonction \(h\) de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}\), la fonction \(g\) ainsi définie est \(C^1\) et vérifie \(\dfrac{\partial g}{\partial v} = \dfrac{u}{2}\). En revenant à \(x\) et \(y\), avec \(uv = x^2 – y^2\), les solutions de \((\mathcal{E})\) sont donc les fonctions \(f(x, y) = \dfrac{x^2 – y^2}{2} + h(x + y)\), où \(h\) est de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}\). Vérification directe : \(\dfrac{\partial f}{\partial x} – \dfrac{\partial f}{\partial y} = x + h^{\prime}(x + y) + y – h^{\prime}(x + y) = x + y\).

4. La condition s’écrit \(\dfrac{x^2}{2} + h(x) = x^2\), donc \(h(x) = \dfrac{x^2}{2}\) pour tout \(x\). Alors \(f(x, y) = \dfrac{x^2 – y^2}{2} + \dfrac{(x + y)^2}{2} = \dfrac{2x^2 + 2xy}{2}\), d’où \(f(x, y) = x^2 + xy\). On vérifie : \(\dfrac{\partial f}{\partial x} – \dfrac{\partial f}{\partial y} = (2x + y) – x = x + y\) et \(f(x, 0) = x^2\).

Erreur fréquente : intégrer \(\dfrac{\partial g}{\partial v} = \dfrac{u}{2}\) en ajoutant une constante au lieu d’une fonction de \(u\).

Barème : a) 1 point : 0,5 point pour la réciproque, 0,5 point pour la classe \(C^1\) ; b) 1 point ; c) 1,5 point : 0,5 point pour l’équation en \(g\), 0,5 point pour l’intégration à \(u\) fixé, 0,5 point pour la réciproque et la forme des solutions ; d) 0,5 point.

Exercice 5 : Points critiques et extremums (5 points)

1. La fonction \(f\) est polynomiale, donc de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}^2\), et \(\nabla f(x, y) = (2x + y – 3, \, x + 2y – 3)\). Le système \(2x + y = 3\), \(x + 2y = 3\) donne, par soustraction, \(x = y\), puis \(3x = 3\). Le seul point critique de \(f\) est donc \((1, 1)\).
2. En développant, on vérifie que \((x – 1)^2 + (x – 1)(y – 1) + (y – 1)^2 = x^2 + xy + y^2 – 3x – 3y + 3\). Posons \(a = x – 1\) et \(b = y – 1\) : \[f(x, y) + 3 = a^2 + ab + b^2 = (a + \frac{b}{2})^2 + \frac{3}{4}b^2 \geq\, 0,\] avec égalité si et seulement si \(a = b = 0\). Ainsi, \(f\) admet un minimum global égal à \(-3\), atteint uniquement en \((1, 1)\). En revanche, \(f(x, 0) = x^2 – 3x \to +\infty\) quand \(x \to +\infty\) : \(f\) n’admet pas de maximum global.
3. La fonction \(g\) est polynomiale, donc de classe \(C^1\), et \(\nabla g(x, y) = (3x^2 – 3y, \, 3y^2 – 3x)\). Les points critiques vérifient \(y = x^2\) et \(x = y^2\), donc \(x = x^4\), soit \(x(x^3 – 1) = 0\), c’est-à-dire \(x = 0\) ou \(x = 1\). Les points critiques de \(g\) sont donc \((0, 0)\) et \((1, 1)\).
4. On a \(g(t, t) = 2t^3 – 3t^2 = t^2(2t – 3)\), strictement négatif pour \(0 < |t| < \dfrac{3}{2}\), et \(g(t, -t) = t^3 – t^3 + 3t^2 = 3t^2\), strictement positif pour \(t \neq 0\). Dans tout voisinage de \((0, 0)\), \(g\) prend donc des valeurs strictement inférieures et strictement supérieures à \(g(0, 0) = 0\) : \((0, 0)\) n’est pas un extremum local, c’est un point col.

   

5. Développons, sachant que \(g(1, 1) = 1 + 1 – 3 = -1\) :
   \[g(1 + h, 1 + k) = (1 + 3h + 3h^2 + h^3) + (1 + 3k + 3k^2 + k^3) – 3(1 + h + k + hk),\]
   ce qui donne \(g(1 + h, 1 + k) = -1 + 3h^2 – 3hk + 3k^2 + h^3 + k^3\). On obtient bien \(g(1 + h, 1 + k) – g(1, 1) = 3(h^2 – hk + k^2) + h^3 + k^3\).

   Notons \(r = \sqrt{h^2 + k^2}\). D’une part, \(hk \leq\, \dfrac{h^2 + k^2}{2}\), donc \(h^2 – hk + k^2 \geq\, \dfrac{r^2}{2}\). D’autre part, \(|h| \leq\, r\) et \(|k| \leq\, r\), donc \(|h^3 + k^3| \leq\, |h|\,h^2 + |k|\,k^2 \leq\, r\,r^2\). Par conséquent, \[g(1 + h, 1 + k) – g(1, 1) \geq\, \frac{3}{2} r^2 – r^3 = r^2(\frac{3}{2} – r),\] et ce minorant est positif dès que \(r \leq\, \dfrac{3}{2}\). Ainsi, \(g\) admet en \((1, 1)\) un minimum local égal à \(-1\). Ce minimum n’est pas global : \(g(x, 0) = x^3 \to -\infty\) quand \(x \to -\infty\), donc \(g\) prend des valeurs inférieures à \(-1\), par exemple \(g(-2, 0) = -8\).

Barème : a) 1 point : 0,5 point pour le gradient, 0,5 point pour la résolution ; b) 1 point : 0,5 point pour la forme canonique, 0,25 point pour le minimum global, 0,25 point pour l’absence de maximum ; c) 1 point ; d) 0,5 point ; e) 1,5 point : 0,5 point pour le développement, 0,75 point pour la minoration, 0,25 point pour le caractère non global.

Revenir à l’énoncé du contrôle

Après le corrigé du contrôle : fonctions de deux variables et extremums

Pour consolider ce que le corrigé vous a appris, relisez le cours « Fonctions de deux variables » en maths sup puis entraînez-vous avec les exercices corrigés fonctions de deux variables.

Retrouvez tous les contrôles de maths sup classés par chapitre, ou choisissez un autre niveau sur la page contrôles de maths du CP au post-bac.