Fonctions à plusieurs variables

Fonctions de plusieurs variables Brochures: Exercices et résolutions 2.1 Espace linéaire (espace vectoriel) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1 Sous-espaces linéaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 18.022 | Vector Calculus, S.J.Colley 3.2 Généralités sur les fonctions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4 Continuité des fonctions de plusieurs variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dossier d’exercices – Fonctions de plusieurs variables – 4 Exercices plus difficiles (Analyse Douchet Zwahlen) 4.1 Fonctions de plusieurs variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Solutions détaillées des exercices 5.1 18.022 | Vector Calculus, S.J.Colley . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 Analyse Douchet Zwahlen Dossier d’exercices – Fonctions de plusieurs variables – ◦ Le symbole ⋄ marque la fin d’une démonstration. ◦ Le symbole −→ signifie que le passage de l’expression de gauche à l’expression de droite est basée sur des règles simples d’algèbre ou de logique. C’est en sorte une implication moins b sont les vecteurs orthonormés standards. ◦ Les vecteurs bi, bj, k Espace linéaire (espace vectoriel) Définition 2.1.0.1 (Espace linéaire ou espace vectoriel). Soit V un ensemble d’objets et K un ensemble de scalaire. V est un espace linéaire si il vérifie les 10 axiomes suivants : Axiome 1 L’addition est stable dans V : Axiome 2 La multiplication par un scalaire est stable dans V : ∀x ∈ V, ∀a ∈ K : Axiome 3 L’addition est commutative dans V : Axiome 4 L’addition est associative dans V : ∀x , y , z ∈ V : (x + y ) + z = x + (y + z ) Axiome 5 L’addition a un élément neutre 0 : ∀x ∈ V, x + 0 = x Axiome 6 Chaque élèment a un opposé : ∀x ∈ V, x + (−x ) = 0 Axiome 7 Associativité de la multiplication par un scalaire : ∀x ∈ V, ∀a, b ∈ K : Axiome 8 Distributivité pour l’addition dans V : ∀x , y ∈ V, ∀a ∈ K, Axiome 9 Distributivité pour l’addition dans K : ∀x ∈ V, ∀a, b ∈ K, Axiome 10 Existence de l’élément unitaire 1 ∈ K pour la multiplication par un scalaire : Dossier d’exercices – Fonctions de plusieurs variables – Sous-espaces linéaires Définition 2.1.1.1. Un ensemble est un sous-espace vectoriel de V si et seulement si il est stable. Cette propriété est nécessaire et suffisante. Définition 2.1.2.1. Le produit intérieur dans un espace linéaire V est une application de V dans R notée (x , y ) vérifiant les axiomes suivants. ∀x , y , z ∈ V, et ∀a ∈ R. Axiome 1 Commutativité ou Symétrie Axiome 2 Distributivité ou Linéarité Axiome 3 Associativité ou Homogénéité a(x , y ) = (ax , y ) Axiome 4 Positivité On appelle un espace linéaire muni d’un produit intérieur réel un espace vectroriel euclidien. (Muni d’un produit intérieur complexe c’est un espace Hermitien). Définition 2.1.3.1. On appelle norme l’application de V dans R notée ∥·∥ vérifiant les propriétés ∥x ∥= 0, si x = 0 Propriété 2 Positivité ∥x ∥> 0 si x ̸= 0 ∥ax ∥= |a|∥x ∥ ∥x + y ∥≤ ∥x ∥+∥y ∥ Propriété 3 Homogénéité Propriété 4 Inégalité triangulaire 18.022 | Vector Calculus, S.J.Colley Sous quelles conditions a-t-on : Dossier d’exercices – Fonctions de plusieurs variables – Généralités sur les fonctions Soit la droite L parallèle à l’axe z et passant par le point (a, 0, 0). Soit D la région située à l’intérieur d’un cylindre de rayon a centré autour de L. Les plans z = −1 et z = 3 limitent le cylindre horizontalement. Donner une description de D en coordonnées cylindriques. Soit D la région à l’intérieure de la sphère de rayon 2a centrée à l’origine et délimitée par les deux plans x = a et x = −a. Donner une description de D en coordonnées sphériques. Solution Généralités sur les fonctions Définition 3.2.1.1 (Courbe de niveau). valeur c est l’ensemble des points de R2 : Soit f : X ⊆ R2 → R. Une courbe de niveau de Cn = {(x, y) ∈ R2 | f (x, y) = c} Définition 3.2.1.2 (Courbe de contour d’une fonction). courbe de contour de valeur c est l’ensemble des points de R3 : Soit f : X ⊆ R2 → R. Une Cn = {(x, y, z) ∈ R3 | z = f (x, y) = c} Remarque: 1. Pour une fonction de R3 dans R on parlera de surface de niveau pour l’ensemble des Cs = {(x, y, z) ∈ R3 | f (x, y, z) = c} Définir les notions de fonctionnalité, d’applicativité, d’injectivité, de surjectivité et de bijectivité. Soit deux fontions f : A → B et g : B → C et la fonction composée g ◦ f : A → C. Discuter chacunes des affirmations ci-dessous : a) Si f et g sont surjectives alors g ◦ f l’est aussi. b) Si g ◦ f est surjective alors f est surjective. c) Si g ◦ f est surjective alors g est surjective. Dossier d’exercices – Fonctions de plusieurs variables – Généralités sur les fonctions f : R2 → R | (x, y) 7→ 2×2 + 3y 2 − 7 a) Trouver le domaine et l’étendue de f . b) Comment rendre la fonction injective ? c) Comment rendre la fonction surjective ? f : R3 → R3 | x 7→ x + 3bj Réécrire f en fonction des vecteurs de bases bi, bj, k. Déterminer la fonction qui fait correspondre à tout vecteur x de R3 un vecteur de R3 d’intensité 2 dirigé en sens inverse de x . Dessiner quelques courbes de niveau pour les fonctions suivantes : a) f (x, y) = x2 + y 2 (cône) b) f (x, y) = x2 + y 2 (paraboloïde) c) f (x, y) = y 2 − x2 (paraboloïde hyperbolique) Dessiner les surfaces z = x2 et z = y 2 dans R3 . Est-t-il possible que deux courbes de niveaux se croisent ? Solution Dossier d’exercices – Fonctions de plusieurs variables – Dessiner quelques surfaces de niveau des fonctions suivantes : a) g(x, y, z) = x2 + y 2 − z b) g(x, y, z) = x2 + 9y 2 + 4z 2 c) g(x, y, z) = xy − yz Dessinner quelques courbes de niveaux de la fonction g(x, y, z) = x2 + y 2 . Que peut-on dire des courbes de niveau d’une fonction de type g(x, y, z) = h(x, y). Soit la surface déterminée par l’équation x2 + xy − xz = 2. a) Trouver une fonction F (x, y, z) telle que l’équation de la surface ci-dessus puisse être considérée comme une courbe de niveau de celle-ci. b) Trouver une fonction f (x, y) telle que la surface ci dessus puisse être considérée comme le graphe de z = f (x, y). Définition 3.3.1.1 (Limite d’une fonction). Calculer les limites suivantes ou expliquer pourquoi elles n’existent pas le cas échéant. (x,y)→(0,0) x2 + y 2 (x,y)→(0,0) x2 + y 2 Dossier d’exercices – Fonctions de plusieurs variables – Continuité des fonctions de plusieurs variable (x,y)→(0,0) x2 + y 2 (x,y)→(0,0) x2 + y 4 En passant aux coordonnées sphériques, calculer (x,y,z)→(0,0,0) x2 + y 2 + z 2 En passant aux coordonnées sphériques, calculer (x,y,z)→(0,0,0) x2 + y 2 + z 2 Continuité des fonctions de plusieurs variable Théorème: 3.4.1.1 (Unicité de la limite). Soit F : D ⊂ Rn → Rm . lim F (x ) = L et lim F (x ) = M ⇒ L = M Théorème: 3.4.1.2 (Propriétés des limites). Les propriétés suivantes sont importantes : 1) limx →a (F + G )(x ) = limx →a F (x ) + limx →a G (x ) 2) limx →a F (x ) = L ⇒ α limx →a kF (x ) = kL 3) (limx →a f (x ) = L et limx →a g(x ) = M ) [Propriétés des limites] Démontrer en utilisant la définition de la continuité que a) lim(x,y,z)→(1,1,1) (x + 2y − 3z) = 0 Dossier d’exercices – Fonctions de plusieurs variables – Déterminer la valeur de c de manière à ce que la fonction donnée ci-dessous soit continue. , if (x, y) ̸= (0, 0) Montrer à l’aide de la définition de la continuité que la fonction est discontinue sur R. Montrer à l’aide de la définition de la continuité que la fonction est discontinue sur R sauf en 0. Démontrer que la fonction f donnée par est discontinue dans Q et continue dans R \ Q. Définition 3.5.1.1 (Différentiabilité d’une fonction scalaire). Soit X ⊆ Rn et f : X → Rn . Soit a = (a1 , …, an ) ∈ X. On dit que f est différentiable au point a si toutes ses dérivées partielles fxi (a ), i = 1..n existent et que la fonction h : fxi (a )(xi − ai ) Dossier d’exercices – Fonctions de plusieurs variables – est une approximation linéaire de la fonction f au point a dans le sens que Définition 3.5.1.2 (Différentiabilité d’une fonction vectorielle). Soit X ⊆ Rn et f : X → Rm . Soit a = (a1 , …, an ) ∈ X. On dit que f est différentiable au point a si la matrice des dérivée partielles Df (a ) existe et que la fonction h (x ) de Rn → Rm définie par h (x ) = f (a ) + Df (a )(x − a ) est une approximation linéaire de la fonction f au point a dans le sens que ∥f (x ) − [f (a ) + Df (a )(x − a )]∥ ∥f (x ) − h (x )∥ Pour une fonction scalaire Df (a ) = ∇f (a ) Définition 3.5.1.3 (Matrice des dérivées partielles). Df (x1 , x2 , …, xn ) = Dj f i (x ) =  Théorème: 3.5.1.1. Si f : X ⊆ Rn → Rm est différentiable en a alors f est continue en a . existent et sont continues pour Théorème: 3.5.1.2. Si f : X ⊆ Rn → Rm est telle que ∂x i = 1, .., m et j = 1, .., n dans le voisinage de a dans X alors f est différentiable en a . Théorème: 3.5.1.3. Une fonction f : X ⊆ Rn → Rm est différentiable en a ⊆ X ssi chacune des fonctions fi : X ⊆ Rn → R, i = 1..m qui la compose est différentiable en a . Définition 3.5.1.4. On appelle gradient d’une fonction scalaire f : X ⊆ Rn → R le vecteur ligne : Dossier d’exercices – Fonctions de plusieurs variables – Déterminer les domaines de définition des fonctions suivantes et étudier leur différentiabilité sur Exercices plus difficiles (Analyse Douchet Zwahlen) Fonctions de plusieurs variables (x,y)→(0,0) x2 + y 2 Dossier d’exercices – Fonctions de plusieurs variables – Fonctions de plusieurs variables (x,y)→(0,0) x2 + y 2 Dossier d’exercices – Fonctions de plusieurs variables – Solutions détaillées des exercices 18.022 | Vector Calculus, S.J.Colley Corrigé exercice 3.1.1 Si a ou b est nul on a projb a = proja b = 0. Si a ̸= 0 et b ̸= 0 et projb a = proja b = 0 alors a · b = 0 donc a et b sont perpendiculaires. Dans les autres cas : On remarque qu’une condition nécessaire à l’égalité est la colinéarité des vecteurs a et b . En remplaçant a = kb , on obtient : projb a = projb kb = proja b = projkb b = L’unique possibilité pour que les deux projections soient égales est que k soit égal à 1, donc que a soit égal à b . Il faut souligner que les projections de deux vecteurs l’un sur l’autre sont égales si les vecteurs sont perpendiculaires ou égaux. Corrigé exercice 3.1.2 En coordonnées cartésiennes le cylindre est donné par les relations : (x − a)2 + y 2 ≤ a2 Le passage des coordonnées cartésiennes à cylindriques est donné par les relations et le passage des coordonnées cylindriques à cartésiennes est donné par En substituant les équations 29 dans l’équation du cylindre on obtient : (x − a)2 + y 2 ≤ a2 ≡ x2 − 2ax + y 2 ≤ 0 r2 cos2 θ − 2ar cos θ + r2 sin2 θ ≤ 0 r2 (cos2 θ + sin2 θ) − 2ar cos θ ≤ 0 r2 − 2ar cos θ ≤ 0 En coordonnées cylindriques le cylindre est donné par le système r2 − 2ar cos θ ≤ 0 Dossier d’exercices – Fonctions de plusieurs variables – 18.022 | Vector Calculus, S.J.Colley Corrigé exercice 3.1.3 Rappel : Le passage des coordonnées cartésiennes à sphériques est donné par les relations et le passage des coordonnées sphériques à cartésiennes est donné par x = ρ cos θ sin φ y = ρ sin θ sin φ Le domaine D se traduit en coordonnées sphériques par les deux relations −a ≤ ρ cos θ sin φ ≤ a La deuxième des équation traduit le fait que x ∈ [−a, a]. Corrigé exercice 3.2.2 R est une relation binaire entre un ensemble de départ E et un ensemble d’arrivée F . R est un sous-ensemble de E × F et est également appelé une correspondance. Soit x ∈ E et y ∈ F . a) Fonctionnalité de R. x ∈ E, y1 , y2 ∈ F : Ce qui traduit le fait que si un élément de E a une image dans F celle-ci est unique. R est b) Applicativité de R ∀x ∈ E, ∃y ∈ F | xRy Chaque élément de E a au moins une image dans F . R est une application (et une fonction également selon 32) c) Injectivité de R x1 , x2 ∈ E, y ∈ F : d) Surjectivité de R ∀y ∈ F, ∃x ∈ E | xRy e) Une relation ayant les propriétés a) à d) est une bijection. Dossier d’exercices – Fonctions de plusieurs variables – 18.022 | Vector Calculus, S.J.Colley Figure 1 – Exercice 3.2.3 Corrigé exercice 3.2.3 Soit la situation générale (voir figure 1) a) Juste. Si f et g sont surjectives alors par définition on a : ∀c ∈ C, ∃b ∈ B | c = g(b); ∀b ∈ B, ∃a ∈ A | b = f (a); Ce qui implique que ∀c ∈ C, ∃a ∈ A | c = g(f (a)); b) Faux. Le dessin de la figure 2 nous donne un contre exemple. Si on définit f par f (1) = 1 et g par g(0) = 1, g(1) = 1, g ◦ f est surjective mais f ne l’est pas (0 ∈ B n’a pas de préimage Figure 2 – Exercice 3.2.3 c) Juste. Si g(f (a) est surjective alors A a au moins autant d’éléments que A et B ce qui entraîne que de toute façon f (a) est inclu dans B. Donc g est surjective. Corrigé exercice 3.2.4 f : R2 → R | (x, y) 7→ 2×2 + 3y 2 − 7 Dossier d’exercices – Fonctions de plusieurs variables – 18.022 | Vector Calculus, S.J.Colley a) Le domaine de la fonction est le plan R × R tout entier et l’étendue est l’intervalle [−7; ∞]. b) Une fonction est injective si pour une même image, les préimages sont identiques. On peut rendre f injective limitant son domaine à [0; ∞] × [0; ∞]. c) f est surjective si on limite son espace d’arrivée à son étendue, c.-à.-d. [−7; ∞]. La fonction est une bijection si on la définit comme suit : f : [0; ∞] × [0; ∞] → [−7; ∞] | (x, y) 7→ 2×2 + 3y 2 − 7 Corrigé exercice 3.2.5 f : R3 → R3 | x 7→ x + 3bj peut se réécrire : f : R3 → R3 | (x, y, z) 7→ xbi + (y + 3)bj + z k Corrigé exercice 3.2.6 La fonction est clairement de R3 dans R3 . En normant le vecteur x on obtient un vecteur de longueur 1 dirigé dans la direction de x . En multipliant par −2, on a le résultat f : R3 → R3 | x 7→ −2 f : R3 → R3 | (x, y, z) 7→ − p Corrigé exercice 3.2.7 Pour chacune des fonctions suivantes la procédure est la même, on choisit quelques valeurs fixées pour z = f (x, y) que l’on nommera c. En faisant varier c on obtient des lignes de contour dans R3 qui, projetées sur R2 , nous donnera les lignes de niveau. a) f (x, y) = x2 + y 2 est l’équation d’un cône. Sur le plan xy ce sont des cercles concentriques réguliers autour de l’origine comme on peut le voir à la figure 3 pour des valeurs de c ∈ {1, 2, 3, 4} b) f (x, y) = x2 + y 2 est l’équation d’un paraboloïde Sur le plan xy ce sont des cercles concentriques dont l’espacement va en s’amenuisant autour de l’origine comme on peut le voir à la figure 4 pour des valeurs de c ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} Dossier d’exercices – Fonctions de plusieurs variables – 18.022 | Vector Calculus, S.J.Colley Figure 3 – Exercice 3.2.7 Figure 4 – Exercice 3.2.7 c) f (x, y) = y 2 − x2 est l’équation d’un paraboloïde hyperbolique z = c = y 2 − x2 −→ y = ± x2 − c Sur le plan xy ce sont des hyperboles comme on peut le voir à la figure 5 pour des valeurs de c ∈ {−4, −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, 4}, l’origine des coordonnées est le col. Corrigé exercice 3.2.8 Dossier d’exercices – Fonctions de plusieurs variables – 18.022 | Vector Calculus, S.J.Colley Figure 5 – Exercice 3.2.7 Figure 6 – Exercice 3.2.8 Figure 7 – Exercice 3.2.8 Corrigé exercice 3.2.9 En reprenant la définition d’une fonction cela signifierait que pour un seul point de l’ensemble de départ on a deux images différentes dans l’ensemble d’arrivée ce qui est impossibel de par la définition de la fonctionalité. Dossier d’exercices – Fonctions de plusieurs variables – 18.022 | Vector Calculus, S.J.Colley Corrigé exercice 3.2.10 a) Les surfaces de niveau sont des paraboloïdes elliptiques (voir figure 8). Figure 8 – Exercice 3.2.10 a) Les surfaces de niveau sont des ellipsoïdes (voir figure 9). Figure 9 – Exercice 3.2.10 Dossier d’exercices – Fonctions de plusieurs variables – 18.022 | Vector Calculus, S.J.Colley c) Les surfaces de niveau sont données par l’équation y(x − z) = c. On peut distinguer deux cas : (voir figure 10) Figure 10 – Exercice 3.2.10 i) Le cas où c = 0. Dans ce cas y(x − z) = 0 a deux solutions qui sont le plan y = 0 et le ii) Le cas où c ̸= 0 et y ̸= 0 on peut poser z = x − yc Dans ce cas lorsque z s’annule on une série d’hyperbole dans le plan xy. Les surfaces sont obtenue par une translation de x de Corrigé exercice 3.2.12 Les surfaces de niveaux sont formées par des « prismes » verticaux parrallèles à l’axe z. (voir figure 11). Corrigé exercice 3.2.13 a) Par exemple F (x, y, z) = x2 − xy − xz − 2. Dans ce cas l’équation donnée est la surfsce de niveau correspondant à F (x, y, z) = 0. b) En isolant z, on obtient Donc la fonction est f (x, y) = Dossier d’exercices – Fonctions de plusieurs variables – 18.022 | Vector Calculus, S.J.Colley Figure 11 – Exercice 3.2.12 Figure 12 – Exercice 3.3.2 – lim(x,y)→(0,0) Corrigé exercice 3.3.2 a) lim(x,y)→(0,0) 2 (figure 12) On remarque sur la vue de dessus (figure 12) qu’apparemx + y2 ment il pourrait y avoir un problème le long des droites y = x et y = −x. On décide d’étudier Dossier d’exercices – Fonctions de plusieurs variables – 18.022 | Vector Calculus, S.J.Colley la limite le long de la droite y = mx. (x,y)→(0,0) x2 + y 2 (x,xm)→(0,0) x2 + (xm)2 Le long de la droite y = x la limite est 2 et le long de la droite y = −x elle est de 0. La fonction n’admet pas de limite en (0, 0). Figure 13 – Exercice 3.3.2 – lim(x,y)→(0,0) La limite le long de l’axe x vers l’origine donne : La limite le long de l’axe y vers l’origine donne : La fonction n’a pas de limite au point (0, 0). On peut réécrire la limite : La fonction a pour limite 0. Dossier d’exercices – Fonctions de plusieurs variables – 18.022 | Vector Calculus, S.J.Colley On peut réécrire la limite : lim (x2 − y 2 ) = 0 (x,y)→(0,0) x2 + y 2 La fonction a pour limite 0. e) lim(x,y)→(0,0) 2 Le long de l’axe x et le long de l’axe y on obtient 0 pour limite lorsque (x, y) → (0, 0). Si on essaie d’approcher l’origine à l’aide d’une droite de la forme y = mx on a : (x,y)→(0,0) x2 + y 4 (x,mx)→(0,0) x2 + (mx)4 En regardant la figure 14 qui est la fonction vue de dessus, on remarque une parabole de la forme x = y 2 . On essaie donc de calculer la limite pour (t2 , t) → (0, 0), ce qui donne Figure 14 – Exercice 3.3.2 (t2 ,t)→(0,0) t4 + t4 La fonction n’a donc pas de limite en (0,0). Dossier d’exercices – Fonctions de plusieurs variables – 18.022 | Vector Calculus, S.J.Colley Corrigé exercice 3.3.3 On commence par effectuer les substitutions x = ρ cos θ sin φ y = ρ sin θ sin φ ρ3 sin(θ) cos(θ) sin2 (ϕ) cos(ϕ) ρ2 sin2 (θ) sin2 (ϕ) + ρ2 cos2 (θ) sin2 (ϕ) + ρ2 cos2 (ϕ) ρ sin(θ) cos(θ) sin2 (ϕ) cos(ϕ) La limite se simplifie lim (ρ sin(θ) cos(θ) sin2 (ϕ) cos(ϕ)) = 0 Corrigé exercice 3.3.4 ρ2 cos(θ) sin(ϕ) cos(ϕ) ρ2 sin2 (θ) sin2 (ϕ) + ρ2 cos2 (θ) sin2 (ϕ) + ρ2 cos2 (ϕ) cos(θ) sin(ϕ) cos(ϕ) Mais limρ→0 (cos(θ) sin(ϕ) cos(ϕ)) n’existe pas car on a des valeurs différentes selon la valeur des Corrigé exercice 3.4.2 ∀ϵ > 0, ∃δx0 > 0 La définition de la continuité locale d’une fonction f : D → R ∀x ∈ D, [∥x − x 0 ∥< δx0 =⇒ ∥f (x ) − f (x 0 )∥< ϵ] Dans le cas qui nous intéresse on a x = (x, y, z); ∥(x, y, z) − (1, 1, 1)∥< δx0 ≡ ∥(x − 1, y − 1, z − 1)∥< δx0 (x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 < δx0 Si cette dernière inéquation est vérifiée alors il est vrai que (x − 1)2 = |x − 1| < δx0 ; (y − 1)2 = |y − 1| < δx0 ; (z − 1)2 = |z − 1| < δx0 ∥f (x ) − f (x 0 )∥< ϵ ≡ |x + 2y − 3z − 0| < ϵ ≡ |x + 2y − 3z − 3 + 3| < ϵ ≡ |x − 1 + 2y − 2 − 3z + 3| < ϵ ≤ |x − 1| + 2|y − 1| + 3|z − 1| < ϵ Dossier d’exercices – Fonctions de plusieurs variables – (Inégalité triangulaire) 18.022 | Vector Calculus, S.J.Colley Après substitutions : |x − 1| + 2|y − 1| − 3|z − 1| < ϵ δx0 + 2δx0 + 3δx0 < ϵ Il suffit de choisir δx0 < 6ϵ pour prouver la continuité de la fonction en x 0 . Corrigé exercice 3.4.3 Il s’agit d’estimer x3 + xy 2 + 2×2 + 2 y 2 Une rapide inspection nous permet d’affirmer que le long des ligne x = 0 et y = 0 la limite est de 2. On peut le confirmer en examinant la convergence vers zéro le long de n’importe quelle droite du plan substituant y = mx : x3 + m2 x3 + 2×2 + 2m2 x2 La limite pour x → 0 ne dépend pas de m et vaut 2. On peut également utiliser la définition de la limite (37) : 0 < ∥(x, y) − (0, 0)∥= ∥(x, y)∥= La dernière inégalité peut être majorée en posant : En posant L = 2 comme limite, la partie droite de l’implication devient : |f (x, y) − 2| < ϵ x3 + xy 2 + 2×2 + 2y 2 x3 + xy 2 + 2×2 + 2y 2 − 2×2 − 2y 2 En substituant |x| < δ on a δ < ϵ. Il suffit de choisir δ plus petit que ϵ pour que la fonction soit continue, la limite est donc 2. Corrigé exercice 3.4.4 Un contre-exemple suffit. On choisit ϵ = 31 et deux points x et y avec x ̸= y. Si x est rationnel alors pour tout δ > 0, il existe y irrationnel car Q est dense dans R. On a la l’expression suivante qui est fausse : |y − x| < δ ⇒ |f (y) − f (x)| = On a le même raisonnement si x est irrationnel. Dossier d’exercices – Fonctions de plusieurs variables – 18.022 | Vector Calculus, S.J.Colley Corrigé exercice 3.4.5 La fonction est discontinue si x ̸= 0. Pour le prouver on suppose x ∈ Q. x − δ < y < x + δ ≡ |y − x| < δ y est irrationel vu que Q est dense dans R. Donc |f (y) − f (x)| > |f (x + δ) − f (x)| = |2x + 2δ − x − δ| = |x + δ| < ϵ On ne peut donc pas choisir ϵ aussi petit que l’on veut car x est différent de zéro. Ceci prouve la discontinuité de la fonction pour x ̸= 0. On peut faire un raisonnement analogue si on choisit x ∈ R\Q. Dans le cas où x = 0, on a −δ < y < δ ≡ |y| < δ La densité de Q dans R nous permet d’affirmer que y est irrationnel. Alors, |f (y) − f (x)| > |f (δ) − 0| = 2δ < ϵ En choisissant ϵ aussi petit que l’on veut on pourra toujour trouver δ en posant δ < 2ϵ . Ce qui prouve que la fonction est continue en zéro. Corrigé exercice 3.4.6 Premièrement il faut rappeler que Q est dense dans R. On commence par prouver que f est discontinue dans Q. Pour ce faire on choisit une suite {xn } de nombre irrationnels qui tend vers un rationnel pq quelconque, par exemple : La limite d’une suite d’irrationnels de ce type est ce qui entraîne (contraposition de 37) pour n → ∞, que n’implique pas que pour tout δ La contraposée étant fausse, l’expression originale l’est aussi. La fonction f est discontinue sur Q Choisissons maintenant une suite {xn } formée des suites {an } et {bn } telle que lim xn = x, x ∈ R \ Q Pour que cette suite ait un nombre irrationnel comme limite, il est indispensable que an et bn tendent vers l’infini. On a donc la situation : |xn − x| < δ ⇒ |f (xn ) − f (x)| = Il suffit de choisir δ = 2ϵ (c’est à dire choisir n assez grand). Donc la fonction est continue dans ce Dossier d’exercices – Fonctions de plusieurs variables – Corrigé exercice 3.5.2 a) Le domaine de définition est X = R3 − {(0, 0, 0)}. Les dérivées partielles sont : −x2 − 2x(y + z) + y 2 + z 2 x2 − 2y(x + z) − y 2 + z 2 x2 − 2z(x + y) + y 2 − z 2 La fonction est différentiable sur tout son domaine de définition car chacune des dérivées partielle y est continue en tout point. Analyse Douchet Zwahlen Corrigé exercice 4.1.1 On voit assez vite que les valeurs de f sont différentes si on approche l’origine le long de l’abscisse (y = 0) et de l’ordonnée x = 0 : Pour tout couple (x, y) ∈ R2 \ (0, 0) Corrigé exercice 4.1.2 Corrigé exercice 4.1.3 On commence par définir le domaine D = R2 \ (0, 0). Pout tout couple appartenant à D on a : Corrigé exercice 4.1.4 (t,0)→(0,0) t2 + 02 La limite n’existe pas lorsque la fonction tend vers zéro. Dossier d’exercices – Fonctions de plusieurs variables –