CC1-nov2014

Université de Grenoble I
Module MAT 234
Année 2014-2015
CC1 : examen partiel de novembre 2014 — CORRIGÉ
Exercice 1 – On considère la fonction de deux variables définie par
f (x, y) = x4 + y 3 − 3 y − 2 .
1. Déterminer les points critiques de f .
2. Calculer la matrice hessienne de f au point (x, y) :
∂2f
 ∂x2 (x, y)
Hf (x, y) = 
 ∂2f
(x, y)
∂y∂x

∂2f
(x, y) 
∂x∂y
.

∂2f
(x,
y)
2
∂y

Peut-on en déduire la nature des points critiques de f ?
3. Calculer f (0 + h, 1 + k) − f (0, 1) pour h et k proches de zéro (et au moins dans l’intervalle [−1, 1]).
En déduire la nature de l’un des points critiques.
4. Tracer les coupes de la surface représentative de f par les plans x = 0 et y = −1.
En déduire la nature de l’autre point critique.
Corrigé.
1. Les points critiques de f annulent son gradient :

∂f

3

=0

 ∂x = 4 x

∂f



∂y
=
3 y2 − 3
⇔

 x
=
0
y2
=
1

=0
.
Ainsi, f admet deux points critiques, un en A = (0, 1) et un autre en B = (0, −1).
2. Un calcul direct donne
12 x2
Hf (x, y) =
0
0
6y
=⇒
Hf (A) =
0
0
0
6
et Hf (B) =
0
0
0
−6
,
de sorte que det(Hf (A)) = 0 et det(Hf (B)) = 0. On ne peut donc conclure sur la nature de ces deux
points critiques à l’aide de la hessienne. Il faut donc faire une étude locale “à la main”.
3. Etude du point A = (0, 1).
f (0 + h, 1 + k) − f (0, 1) = h4 + (1 + k)3 − 3(1 + k) − 2 − (−4)
= h4 + k 3 + 3k 2
= h4 + k 2 (k + 3).
Soit : f (0 + h, 1 + k) − f (0, 1) > 0 pour tout h et k non nuls dans l’intervalle [−1, 1].
Conclusion : f admet un minimum local strict en A.
4. Etude du point B = (0, −1).
Les coupes de la surface représentative de f par les plans x = 0 et y = −1 sont illustrées par les 2 courbes
ci-dessous au voisinage du point B = (0, −1).
Coupe x = 0
y 7→ f (0, y) = y 3 − 3y − 2
Coupe y = −1
x 7→ f (x, −1) = x4
D’où l’on déduit que le point critique B = (0, −1) est un point selle de f .
Exercice 2 – Soit U un champ de vecteurs de IR3 dans IR3 et f une fonction de IR3 dans IR, chacune de ces deux fonctions
étant de classe C 1 . Montrer que
rot (f U ) = f rot U + grad f ∧ U
Corrigé.
L’application f U définit un champ de vecteurs IR3 → IR3 de classe C 1 :


f (x, y, z) . U1 (x, y, z)
(x, y, z) 7−→ f (x, y, z) . U (x, y, z) =  f (x, y, z) . U2 (x, y, z) 
f (x, y, z) . U3 (x, y, z)
Ainsi :
f . U1
∂x
rot (f U ) = ∂y ∧ f . U2
f . U3
∂z
∂y (f . U3 ) − ∂z (f . U2 )
= ∂z (f . U1 ) − ∂x (f . U3 )
∂x (f . U2 ) − ∂y (f . U1 )
f ∂U3 − ∂U2 + ∂f U3 −
∂y
∂z
∂y
∂U1
∂U3 ∂f
= f
−
U1 −
+
∂z
∂x
∂z
f ∂U2 − ∂U1 + ∂f U2 −
∂x
∂y
∂x
∂f
U2
∂z
∂f
U3
∂x
∂f
U1
∂y
= f f ∂U3 + ∂f U3 − f
∂y
∂y
∂U1
∂f
= f
+
U1 − f
∂z
∂z
f ∂U2 + ∂f U2 − f
∂x
∂x
∂U3
∂U2
−
∂y
∂z
∂U1
∂U3
−
∂z
∂x
∂U2
∂U1
−
∂x
∂y
+ ∂U2
∂f
+
U2
∂z
∂z
∂U3
∂f
+
U3
∂x
∂x
∂f
∂U1
+
U1
∂y
∂y
∂f
∂x
U1
∂f
∧ U2
∂y
U3
∂f
∂z
= f rot U + grad f ∧ U.
Exercice 3 – Déterminer les fonctions f : IR2 → IR, (t, x) 7→ f (t, x), de classe C 2 , vérifiant l’équation aux dérivées partielles
(équation des ondes unidimensionnelle) :
∂2f
∂2f
−
= t2 − x2
2
∂t
∂x2
(E0)
à l’aide du changement de variables
ϕ : (t, x) 7−→
u=t+x
.
v =t−x
Corrigé.
2
Le changement de variables ϕ proposé est clairement
bijectif et C
. Notons g : (u, v) 7→ g(u, v) la nouvelle
fonction inconnue telle que f = g ◦ ϕ, soit f (t, x) = g u(t, x), v(t, x) . L’application de la “règle de dérivation
en chaine” permet d’écrire successivement :

∂g ∂u ∂g ∂v
∂g
∂g
∂f


=
.
+
.
=
+


∂t
∂u
∂t
∂v
∂t
∂u
∂v


∂f
∂g ∂u ∂g ∂v
∂g
∂g


=
.
+
.
=
−


∂x
∂u
∂x
∂v
∂x
∂u
∂v


puis, en utilisant le théorème de Schwarz
 2
∂ f
∂2g
∂2g ∂2g
∂2g ∂2g
∂2g
∂2g


=
+
+
+
=
+
2
+

 ∂t2
∂u2
∂v∂u
∂u∂v ∂v 2
∂u2
∂u∂v ∂v 2

2
2
2 2
2 2
2
2


 ∂ f = ∂ g − ∂ g − ∂ g − ∂ g = ∂ g −2 ∂ g + ∂ g
2
2
2
2
∂x
∂u
∂v∂u
∂u∂v ∂v
∂u
∂u∂v ∂v 2
Ainsi, en reportant ces dérivées partielles secondes dans l’équation aux dérivées partielles (E0), on trouve que
g doit satisfaire l’EDP :
∂2g
∂2g
1
4
= t2 − x2 = uv ⇐⇒
= uv,
∂u∂v
∂u∂v
4
ce qui après intégration par rapport à u puis par rapport à v conduit à
g(u, v) =
1 2 2
u v + H1 (u) + H2 (v)
16
où H1 et H2 sont 2 fonctions de classe C 2 . Ainsi, la solution de l’équation aux dérivées partielles (E0) est
f (x, t) =
2
1 2
t − x2 + H1 (t + x) + H2 (t − x).
16
Exercice 4 – On considère la fonction de deux variables définie sur IR2 − {(0, 0)} par
xy
.
x2 + y 2
f (x, y) =
Les questions 1. et 2. sont indépendantes entre elles et indépendantes des questions 3. et 4.
1. Déterminer la limite de f (x, tx) lorsque x tend vers 0, où t est un paramètre réel quelconque. Peut-on prolonger f par
continuité sur IR2 ?
2. Déterminer la ligne de niveau L 1 = {(x, y) ∈ Df , f (x, y) = 21 }.
2
Donner sans calcul la direction du gradient de f au point (1, 1).
3. On considère le domaine ∆ défini par
∆ = {(x, y) ∈ IR2
tel que
1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4, x ≥ 0, y ≤ x}
Représenter graphiquement le domaine ∆.
4. Calculer l’intégrale double I en effectuant un changement de variables approprié
ZZ
I=
f (x, y) dxdy .
∆
Corrigé.
t
t x2
=
. La limite dépend de la pente t de la droite y = tx selon laquelle
x→0
+ t 2 x2
1 + t2
le point (x, y) tend vers (0, 0). La fonction f n’est donc pas prolongeable par continuité en (0, 0).
1. lim f (x, tx) = lim
x→0 x2
2.
1
xy
1
xy
= } = {(x, y) ∈ (IR2 )∗ , y = x }, car 2
= ⇔ (x − y)2 = 0.
x2 + y 2
2
x + y2
2
Le gradient de f au point (1, 1) est orthogonal à la ligne de niveau passant par ce point, c’est-à-dire à
L 21 . Ce gradient est donc parallèle à la droite y = −x.
L 21 = {(x, y) ∈ (IR2 )∗ ,
3.
Domaine ∆ : délimité par les deux cercles centrés à l’origine de rayon 1 et 2, par l’axe des ordonnées et
par la première bissectrice.
4. Etant donné la géométrie du domaine d’intégration, on effectue un changement de variables en coordonnées polaires, ce qui conduit à
ZZ
ZZ
I=
f (x, y) dxdy =
f x(r, θ), y(r, θ) r drdθ
∆
∆0
où ∆0 est l’image réciproque de ∆ par le changement de variable et correspond donc à la description du
domaine relativement aux coordonnées polaires :
∆0 = {(r, θ) tel que 1 ≤ r ≤ 2 , −π/2 ≤ θ ≤ π/4}.
Ainsi,
Z π/4 1
Z 2
r2 cos θ sin θ
=
r
drdθ
=
sin(2θ)
dθ
.
r
dr
r2
θ=−π/2 r=1
−π/2 2
1
h 1
iπ/4
h r2 i2
3
=
− cos(2θ)
.
= − .
4
2 1
8
−π/2
Z
I
π/4
Z
2