Corrigé du devoir

Questions de cours :
  1. On appelle dérivée directionnelle de $ f$ en $ (a,b)$ dans la direction de $ (u,v)$ la quantité :

    $\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(a,b) u+
\frac{\partial f}{\partial y}(a,b) v\;.
$

    C'est le produit scalaire de $ \nabla f$ par le vecteur $ (u,v)$. C'est aussi la dérivée en 0 de l'application $ t\mapsto g(t)$.

    \begin{displaymath}
\begin{array}{lcl}
\displaystyle{
\frac{d}{dt}f(a+tu,b+tv)(0...
...(a,b) u+
\frac{\partial f}{\partial y}(a,b) v\;.}
\end{array}\end{displaymath}

  2. La droite $ A$ a pour équation $ h(x,y)=0$, où :

    $\displaystyle h(x,y)=(x-a)v-(y-b)u\;.
$

    D'après le théorème des multiplicateurs de Lagrange, si la restriction de $ f$ à $ A$ admet un extremum au point $ (a,b)$, alors les gradients de $ f$ et $ h$ en ce point doivent être proportionnels :

    $\displaystyle \nabla f(a,b)=\left(\frac{\partial f}{\partial x}(a,b),
\frac{\partial f}{\partial y}(a,b) v\right)$   et$\displaystyle \quad
\nabla h(a,b)=(v, -\!u)\;.
$

    Si ces deux vecteurs sont proportionnels, alors leur déterminant est nul, soit :

    $\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(a,b) u+
\frac{\partial f}{\partial y}(a,b) v=0\;.
$

  3. \begin{displaymath}
\begin{array}{lcl}
\displaystyle{
\frac{\mathrm{d}^2}{\mathr...
...rac{\partial^2 f}{\partial y^2}(a+tu,b+tv) v^2}\;.
\end{array}\end{displaymath}

    En utilisant le théorème de Schwarz et en prenant la valeur en $ t=0$, on obtient la dérivée seconde de $ g$ en 0.

    $\displaystyle \frac{\mathrm{d}^2 g}{\mathrm{d}t^2}(0)=
\frac{\partial^2 f}{\par...
...artial x\partial y}(a,b) uv+
\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(a,b) v^2 \;.
$

    Cette expression peut s'écrire sous la forme matricielle suivante, qui fait intervenir la matrice hessienne de $ f$.

    \begin{displaymath}
(u,v)
\left(
\begin{array}{cc}
\frac{\partial^2 f}{\partial...
...ght)
\left(
\begin{array}{c}
u [2ex]
v
\end{array}\right)\;.
\end{displaymath}

  4. Si la restriction de $ f$ à $ A$ admet un minimum, alors la dérivée directionnelle de $ f$ en $ (a,b)$ dans la direction $ (u,v)$ est nulle :

    $\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(a,b) u+
\frac{\partial f}{\partial y}(a,b) v=0
$

    Si ceci a lieu en particulier pour $ (u,v)=(1,0)$ et $ (u,v)=(0,1)$ :

    $\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(a,b)=0$   et$\displaystyle \quad
\frac{\partial f}{\partial y}(a,b)=0
$

    Donc le gradient de $ f$ est nul.
  5. Si la restriction de $ f$ à $ A$ admet un minimum, alors la dérivée seconde de $ g$ en 0 est positive ou nulle, soit :

    $\displaystyle \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(a,b) u^2+
2\frac{\partial^2 f}...
...rtial y}(a,b) uv+
\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(a,b) v^2\geqslant 0 \;.
$

    Si ceci a lieu pour tous $ (u,v)$, alors les deux valeurs propres de la matrice hessienne sont positives ou nulles. Il en est de même de leur somme (la trace) et de leur produit (le déterminant).

Exercice 1 :  
  1. Les dérivées partielles de $ f$ sont :

    $\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}=3x^2+3y$   et$\displaystyle \quad
\frac{\partial f}{\partial y}=3y^2+3x\;.
$

    Le gradient en $ (x,y)$ est le vecteur $ (3x^2+3y,3y^2+3x)$. Les dérivées partielles secondes de $ f$ sont :

    $\displaystyle \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}=6x\;,\quad
\frac{\partial^2 f}{\partial xy}=3\;,\quad
\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}=6y\;.
$

    La matrice hessienne en $ (x,y)$ est la matrice :

    $\displaystyle \left(\begin{array}{cc}
6x&3\\
3&6y
\end{array}\right)
\;.
$

  2. Le plan tangent à la surface d'équation $ z=f(x,y)$ au point de coordonnées $ (1,1,f(1,1))$ a pour équation :

    $\displaystyle z=f(1,1)+(x-1)\frac{\partial f}{\partial x}(1,1)+
(y-1)\frac{\partial f}{\partial y}(1,1)
=
5+6(x-1)+6(y-1)\;.
$


  3. $\displaystyle \frac{\mathrm{d}f(x,\mathrm{e}^x)}{\mathrm{d}x}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x} \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}x}+
\frac{\partial f}{\partial y} \frac{\mathrm{d}\mathrm{e}^x}{\mathrm{d}x}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle (3x^2+3\mathrm{e}^x)+(3\mathrm{e}^{2x}+3x)\mathrm{e}^x\;.$  

  4. Le gradient s'annule pour toute solution du système d'équations

    $\displaystyle \left\{\begin{array}{lcl}
3x^2+3y=0\\
3y^2+3x=0
\end{array}\right.
\;.
$

    En reportant $ y=-x^2$ dans la seconde équation, on obtient $ x^4+x=0$, qui a pour seules solutions réelles $ x=0$ et $ x=-\!1$. On trouve donc deux points critiques $ (0,0)$ et $ (-\!1,-\!1)$.
  5. Les matrices hessiennes aux points $ (0,0)$ et $ (-\!1,-\!1)$ valent respectivement :

    $\displaystyle \left(\begin{array}{rr}
0&3\\
3&0
\end{array}\right)$   et$\displaystyle \quad
\left(\begin{array}{rr}
-\!6&3\\
3&-6
\end{array}\right)\;.
$

    Les valeurs propres de la première matrice sont $ +3$ et $ -3$. Donc le point $ (0,0)$ est un point selle pour la surface d'équation $ z=f(x,y)$.

    Les valeurs propres de la seconde matrice sont $ -\!9$ et $ -\!3$. Donc le point $ (-\!1,-\!1)$ est un maximum pour la surface d'équation $ z=f(x,y)$.

  6. L'application $ x\mapsto f(x,x)=2x^3+3x^2$ tend vers $ -\infty$ quand $ x$ tend vers $ -\infty$, donc aucun point de $ \mathbb{R}^2$ ne peut être un minimum global. Elle tend vers $ +\infty$ quand $ x$ tend vers $ +\infty$, donc aucun point de $ \mathbb{R}^2$ ne peut être un maximum global.


Exercice 2 :  
  1. \begin{displaymath}
\left\{
\begin{array}{lcl}
u&=&\displaystyle{x+y} [2ex]
v&...
... [2ex]
y&=&\displaystyle{\frac{u-v}{2}}\;.
\end{array}\right.
\end{displaymath}

    À tout couple $ (u,v)\in\mathbb{R}^2$ correspond un unique couple $ (x,y)$ tel que $ \Phi(x,y)=(u,v)$. Donc $ \Phi$ est une bijection et l'application réciproque $ \Phi^{-1}$ est définie pour tout $ (u,v)$ dans $ \mathbb{R}^2$ par :

    $\displaystyle \Phi^{-1}(u,v)=\left(\frac{u+v}{2} , \frac{u-v}{2}\right)\;.
$

  2. \begin{displaymath}
MJ(\Phi) =
\left(
\begin{array}{rr}
1&1\\
1&-\!1
\end{arra...
...2}\left(
\begin{array}{rr}
1&1\\
1&-\!1
\end{array}\right)\;.
\end{displaymath}

    Le produit des deux matrices est égal à la matrice identité.
  3. Les déterminants jacobiens sont constants et valent :

    $\displaystyle J(\Phi)=2$   et$\displaystyle \quad J(\Phi^{-1})=\frac{1}{2}\;.
$

  4. $\displaystyle g(u,v)=f(\Phi^{-1}(u,v))=\mathrm{e}^{uv}\;.
$

    On a donc :

    $\displaystyle \frac{\partial g}{\partial u}=v\mathrm{e}^{uv}$   et$\displaystyle \quad
\frac{\partial g}{\partial u}=u\mathrm{e}^{uv}\;.
$

    Mais aussi :

    \begin{displaymath}
\begin{array}{lcl}
\displaystyle{\frac{\partial g}{\partial ...
...x]
&=&(x+y)\mathrm{e}^{x^2-y^2}=u\mathrm{e}^{uv}\;,
\end{array}\end{displaymath}

    et,

    \begin{displaymath}
\begin{array}{lcl}
\displaystyle{\frac{\partial g}{\partial ...
...x]
&=&(x-y)\mathrm{e}^{x^2-y^2}=v\mathrm{e}^{uv}\;,
\end{array}\end{displaymath}

  5. Les trois inégalités qui définissent $ D$ se traduisent ainsi.
    1. $ x>0\;\Longleftrightarrow\; u+v>0$
    2. $ x-1<y\; \Longleftrightarrow\; v<1$
    3. $ y<1-x\; \Longleftrightarrow\; u<1$
    Le domaine $ \Delta$ est le triangle limité par les droites $ v=-u$, $ u=1$, $ v=1$.

    $\displaystyle \Delta=\{ (u,v) ,\; v>-u ,\;u<1 ,\;v<1 \}\;.
$

  6. \begin{displaymath}
\begin{array}{lcl}
\displaystyle{\int_D \mathrm{e}^{x^2-y^2}...
...e}^u}{2}+\frac{\mathrm{e}^{-u^2}}{2u} \mathrm{d}u}
\end{array}\end{displaymath}

    Posons :

    $\displaystyle I_1=\int_{-1}^1\frac{\mathrm{e}^u}{2} \mathrm{d}u$   et$\displaystyle \quad
I_2=
\int_{-1}^1\frac{\mathrm{e}^{-u^2}}{2u} \mathrm{d}u\;.
$

    Dans $ I_2$, la fonction à intégrer est impaire, donc l'intégrale est nulle. L'intégrale cherchée vaut donc :

    $\displaystyle \int_D \mathrm{e}^{x^2-y^2} \mathrm{d}x\mathrm{d}y=I_1=\frac{\mathrm{e}^{1}-\mathrm{e}^{-1}}{2}=\sinh(1)\;.
$


Exercice 3 : Le domaine $ D$ est la portion du disque unité compris entre l'axe des $ x$ et la première bissectrice.
  1. En intégrant d'abord par rapport à $ x$ puis par rapport à $ y$,
    $\displaystyle \int_D f(x,y) \mathrm{d}x\mathrm{d}y$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_0^{\sqrt{2}/2}\left(\int_{y}^{\sqrt{1-y^2}} xy  \mathrm{d}x\right) \mathrm{d}y$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_0^{\sqrt{2}/2} \left[\frac{x^2y}{2}\right]_{y}^{\sqrt{1-y^2}} \mathrm{d}y$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_0^{\sqrt{2}/2} \frac{(1-y^2)y}{2}- \frac{y^3}{2} \mathrm{d}y$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \left[\frac{y^2}{4}-\frac{y^4}{4}\right]_0^{\sqrt{2}/2}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{1}{16}\;.$  

  2. En intégrant d'abord par rapport à $ y$ puis par rapport à $ x$, on doit décomposer le domaine en deux parties, une limitée par la droite $ y=x$, l'autre par le cercle unité.
    $\displaystyle \int_D f(x,y) \mathrm{d}x\mathrm{d}y$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_0^{\sqrt{2}/2}\left(\int_0^x xy  \mathrm{d}y\right) \mathr...
..._{\sqrt{2}/2}^1\left(\int_0^{\sqrt{1-x^2}} xy  \mathrm{d}y\right) \mathrm{d}x$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_0^{\sqrt{2}/2} \frac{x^3}{2} \mathrm{d}x
+\int_{\sqrt{2}/2}^1 \frac{x(1-x^2)}{2} \mathrm{d}x$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \left[\frac{x^4}{8}\right]_0^{\sqrt{2}/2} +
\left[\frac{x^2}{4}-\frac{x^4}{8}\right]_{\sqrt{2}/2}^1$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{1}{16}\;.$  

  3. En utilisant le changement de variables en coordonnées polaires :
    $\displaystyle \int_D f(x,y) \mathrm{d}x\mathrm{d}y$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_0^{1}\left(\int_{0}^{\pi/4} r^3\cos \theta \sin \theta \;\mathrm{d}\theta\right) \mathrm{d}r$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \left[\frac{r^4}{4}\right]_0^1\times
\left[\frac{-\cos 2\theta}{4}\right]_0^{\pi/4}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{1}{16}\;.$  



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