Corrigé du devoir

Questions de cours :

1. On appelle dérivée directionnelle de $f$ en $(a,b)$ dans la direction de $(u,v)$ la quantité :
   $$\frac{\partial f}{\partial x}(a,b) u+ \frac{\partial f}{\partial y}(a,b) v\;.$$
   C'est le produit scalaire de $\nabla f$ par le vecteur $(u,v)$. C'est aussi la dérivée en 0 de l'application $t\mapsto g(t)$.
   $$\begin{array}{lcl} \displaystyle{ \frac{d}{dt}f(a+tu,b+tv)(0... ...(a,b) u+ \frac{\partial f}{\partial y}(a,b) v\;.} \end{array}$$

2. La droite $A$ a pour équation $h(x,y)=0$, où :
   $$h(x,y)=(x-a)v-(y-b)u\;.$$
   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 :
   $$\nabla f(a,b)=\left(\frac{\partial f}{\partial x}(a,b), \frac{\partial f}{\partial y}(a,b) v\right)$$   et$$\quad \nabla h(a,b)=(v, -\!u)\;.$$
   Si ces deux vecteurs sont proportionnels, alors leur déterminant est nul, soit :
   $$\frac{\partial f}{\partial x}(a,b) u+ \frac{\partial f}{\partial y}(a,b) v=0\;.$$

3. $$\begin{array}{lcl} \displaystyle{ \frac{\mathrm{d}^2}{\mathr... ...rac{\partial^2 f}{\partial y^2}(a+tu,b+tv) v^2}\;. \end{array}$$
   En utilisant le théorème de Schwarz et en prenant la valeur en $t=0$, on obtient la dérivée seconde de $g$ en 0.
   $$\frac{\mathrm{d}^2 g}{\mathrm{d}t^2}(0)= \frac{\partial^2 f}{\par... ...artial x\partial y}(a,b) uv+ \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(a,b) v^2 \;.$$
   Cette expression peut s'écrire sous la forme matricielle suivante, qui fait intervenir la matrice hessienne de $f$.
   $$(u,v) \left( \begin{array}{cc} \frac{\partial^2 f}{\partial... ...ght) \left( \begin{array}{c} u [2ex] v \end{array}\right)\;.$$

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 :
   $$\frac{\partial f}{\partial x}(a,b) u+ \frac{\partial f}{\partial y}(a,b) v=0$$
   Si ceci a lieu en particulier pour $(u,v)=(1,0)$ et $(u,v)=(0,1)$ :
   $$\frac{\partial f}{\partial x}(a,b)=0$$   et$$\quad \frac{\partial f}{\partial y}(a,b)=0$$
   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 :
   $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(a,b) u^2+ 2\frac{\partial^2 f}... ...rtial y}(a,b) uv+ \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(a,b) v^2\geqslant 0 \;.$$
   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 :
   $$\frac{\partial f}{\partial x}=3x^2+3y$$   et$$\quad \frac{\partial f}{\partial y}=3y^2+3x\;.$$
   Le gradient en $(x,y)$ est le vecteur $(3x^2+3y,3y^2+3x)$. Les dérivées partielles secondes de $f$ sont :
   $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}=6x\;,\quad \frac{\partial^2 f}{\partial xy}=3\;,\quad \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}=6y\;.$$
   La matrice hessienne en $(x,y)$ est la matrice :
   $$\left(\begin{array}{cc} 6x&3\\ 3&6y \end{array}\right) \;.$$

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

3. 
   

   $$\frac{\mathrm{d}f(x,\mathrm{e}^x)}{\mathrm{d}x} = \frac{\partial f}{\partial x} \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}x}+ \frac{\partial f}{\partial y} \frac{\mathrm{d}\mathrm{e}^x}{\mathrm{d}x}$$

   $$= (3x^2+3\mathrm{e}^x)+(3\mathrm{e}^{2x}+3x)\mathrm{e}^x\;.$$

   
   
4. Le gradient s'annule pour toute solution du système d'équations
   $$\left\{\begin{array}{lcl} 3x^2+3y=0\\ 3y^2+3x=0 \end{array}\right. \;.$$
   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 :
   $$\left(\begin{array}{rr} 0&3\\ 3&0 \end{array}\right)$$   et$$\quad \left(\begin{array}{rr} -\!6&3\\ 3&-6 \end{array}\right)\;.$$
   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. $$\left\{ \begin{array}{lcl} u&=&\displaystyle{x+y} [2ex] v&... ... [2ex] y&=&\displaystyle{\frac{u-v}{2}}\;. \end{array}\right.$$
   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 :
   $$\Phi^{-1}(u,v)=\left(\frac{u+v}{2} , \frac{u-v}{2}\right)\;.$$

2. $$MJ(\Phi) = \left( \begin{array}{rr} 1&1\\ 1&-\!1 \end{arra... ...2}\left( \begin{array}{rr} 1&1\\ 1&-\!1 \end{array}\right)\;.$$
   Le produit des deux matrices est égal à la matrice identité.
3. Les déterminants jacobiens sont constants et valent :
   $$J(\Phi)=2$$   et$$\quad J(\Phi^{-1})=\frac{1}{2}\;.$$

4. $$g(u,v)=f(\Phi^{-1}(u,v))=\mathrm{e}^{uv}\;.$$
   On a donc :
   $$\frac{\partial g}{\partial u}=v\mathrm{e}^{uv}$$   et$$\quad \frac{\partial g}{\partial u}=u\mathrm{e}^{uv}\;.$$
   Mais aussi :
   $$\begin{array}{lcl} \displaystyle{\frac{\partial g}{\partial ... ...x] &=&(x+y)\mathrm{e}^{x^2-y^2}=u\mathrm{e}^{uv}\;, \end{array}$$
   et,
   $$\begin{array}{lcl} \displaystyle{\frac{\partial g}{\partial ... ...x] &=&(x-y)\mathrm{e}^{x^2-y^2}=v\mathrm{e}^{uv}\;, \end{array}$$

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

6. $$\begin{array}{lcl} \displaystyle{\int_D \mathrm{e}^{x^2-y^2}... ...e}^u}{2}+\frac{\mathrm{e}^{-u^2}}{2u} \mathrm{d}u} \end{array}$$
   Posons :
   $$I_1=\int_{-1}^1\frac{\mathrm{e}^u}{2} \mathrm{d}u$$   et$$\quad I_2= \int_{-1}^1\frac{\mathrm{e}^{-u^2}}{2u} \mathrm{d}u\;.$$
   Dans $I_2$, la fonction à intégrer est impaire, donc l'intégrale est nulle. L'intégrale cherchée vaut donc :
   $$\int_D \mathrm{e}^{x^2-y^2} \mathrm{d}x\mathrm{d}y=I_1=\frac{\mathrm{e}^{1}-\mathrm{e}^{-1}}{2}=\sinh(1)\;.$$

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 $y$,
   

   $$\int_D f(x,y) \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_0^{\sqrt{2}/2}\left(\int_{y}^{\sqrt{1-y^2}} xy \mathrm{d}x\right) \mathrm{d}y$$

   $$= \int_0^{\sqrt{2}/2} \left[\frac{x^2y}{2}\right]_{y}^{\sqrt{1-y^2}} \mathrm{d}y$$

   $$= \int_0^{\sqrt{2}/2} \frac{(1-y^2)y}{2}- \frac{y^3}{2} \mathrm{d}y$$

   $$= \left[\frac{y^2}{4}-\frac{y^4}{4}\right]_0^{\sqrt{2}/2}$$

   $$= \frac{1}{16}\;.$$

   
   
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.
   

   $$\int_D f(x,y) \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_0^{\sqrt{2}/2}\left(\int_0^x xy \mathrm{d}y\right) \mathr... ..._{\sqrt{2}/2}^1\left(\int_0^{\sqrt{1-x^2}} xy \mathrm{d}y\right) \mathrm{d}x$$

   $$= \int_0^{\sqrt{2}/2} \frac{x^3}{2} \mathrm{d}x +\int_{\sqrt{2}/2}^1 \frac{x(1-x^2)}{2} \mathrm{d}x$$

   $$= \left[\frac{x^4}{8}\right]_0^{\sqrt{2}/2} + \left[\frac{x^2}{4}-\frac{x^4}{8}\right]_{\sqrt{2}/2}^1$$

   $$= \frac{1}{16}\;.$$

   
   
3. En utilisant le changement de variables en coordonnées polaires :
   

   $$\int_D f(x,y) \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_0^{1}\left(\int_{0}^{\pi/4} r^3\cos \theta \sin \theta \;\mathrm{d}\theta\right) \mathrm{d}r$$

   $$= \left[\frac{r^4}{4}\right]_0^1\times \left[\frac{-\cos 2\theta}{4}\right]_0^{\pi/4}$$

   $$= \frac{1}{16}\;.$$