Corrigé des exercices : Dérivées partielles et gradient en maths sup (MPSI)

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Dérivées partielles de trois fonctions

Idée clé : on gèle une variable et on dérive par rapport à l’autre, avec les règles habituelles d’une variable.

1. La fonction \(f_1\) est polynomiale. Ensuite, \(f_2\) est la composée du polynôme \(x^2y\) par le sinus, de classe \(\mathcal{C}^1\). Enfin, \(f_3\) s’écrit comme le rapport de deux polynômes, et son dénominateur \(1+x^2+y^2\) reste au moins égal à 1. Les trois fonctions sont donc de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\mathbb{R}^2\).
2. Pour \(f_1\), on obtient \(\partial_1f_1=3x^2y^2-4y\) et \(\partial_2f_1=2x^3y-4x\). Pour \(f_2\), la dérivée d’une composée donne \(\partial_1f_2=2xy\cos(x^2y)\) et \(\partial_2f_2=x^2\cos(x^2y)\). Pour \(f_3\), on note \(q=1+x^2+y^2\). La dérivée d’un quotient donne \(\partial_1f_3=(q-2x^2)/q^2=(1-x^2+y^2)/q^2\). De plus, à \(x\) fixé, le numérateur est constant, donc \(\partial_2f_3=-2xy/q^2\). Ce sont les six dérivées partielles demandées.
3. D’abord, \(\nabla f_1(1,-1)=(3+4,-2-4)\). Ensuite, \(\cos\pi=-1\) donne \(\nabla f_2(1,\pi)=(-2\pi,-1)\). Enfin, \(q=3\) au point \((1,1)\). On trouve \(\nabla f_1(1,-1)=(7,-6)\), \(\nabla f_2(1,\pi)=(-2\pi,-1)\) et \(\nabla f_3(1,1)=(1/9,-2/9)\).

Corrigé de l’exercice 2 – Un demi-plan ouvert

Idée clé : on contrôle la variation de \(x+2y\) par la norme du déplacement, grâce à l’inégalité de Cauchy-Schwarz.

1. Le nombre \(h+2k\) est le produit scalaire de \((1,2)\) et de \((h,k)\). Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz, sa valeur absolue est au plus \(\|(1,2)\|\,\|(h,k)\|\). Donc \(|h+2k|\leqslant\sqrt{5}\,\|(h,k)\|\).
2. On a \(r>0\), car \((a,b)\in U\). Soit \((x,y)\) dans la boule, avec \(h=x-a\) et \(k=y-b\). Alors \(x+2y-1=(a+2b-1)+(h+2k)\). Ce nombre est au moins \(\sqrt{5}\,r-\sqrt{5}\,\|(h,k)\|\), qui est strictement positif. Ainsi \((x,y)\in U\). Chaque point de \(U\) est le centre d’une boule incluse dans \(U\), donc \(U\) est ouvert.
3. Le point \((0,0)\) appartient à \(F\). Pourtant, pour tout \(r>0\), le point \((-r/2,0)\) est dans la boule de centre \((0,0)\) et de rayon \(r\), tout en ayant une abscisse négative. Ainsi, \(F\) ne contient aucune boule de centre \((0,0)\) : ce n’est pas un ouvert.
4. Soit \((a,b)\) dans l’intersection. On reprend le rayon \(r\) de la question 2, puis on pose \(r^{\prime}=\min(r,3-b)>0\). Dans la boule de rayon \(r^{\prime}\), on a \(x+2y>1\). De plus, \(y-b\leqslant\|(x-a,y-b)\|<3-b\), donc \(y<3\). L’intersection est donc un ouvert.

Corrigé de l’exercice 3 – Plan tangent et valeur approchée

Idée clé : le plan tangent est le graphe du développement limité à l’ordre 1.

1. La fonction est polynomiale, donc de classe \(\mathcal{C}^1\). On a \(f(1,1)=1+3-1=3\). Ensuite, \(\partial_1f=2x+3y\) et \(\partial_2f=3x-3y^2\), d’où \(\partial_1f(1,1)=5\) et \(\partial_2f(1,1)=0\). Le plan tangent a pour équation \(z=3+5(x-1)\), soit \(z=5x-2\).
2. On applique l’approximation affine avec \(h=0{,}02\) et \(k=-0{,}03\). On obtient \(f(1{,}02\,;\,0{,}97)\approx 3+5\times 0{,}02=3{,}1\). Par ailleurs, le calcul exact donne \(1{,}0404+2{,}9682-0{,}912673=3{,}095927\). La valeur approchée \(3{,}1\) est correcte à environ \(0{,}004\) près.

Corrigé de l’exercice 4 – Dérivée selon un vecteur et plus forte pente

Idée clé : pour une fonction de classe \(\mathcal{C}^1\), toute dérivée directionnelle est un produit scalaire avec le gradient.

1. On a \(\partial_1f=e^{y}\) et \(\partial_2f=x\,e^{y}+2y\). Donc \(\nabla f(2,0)=(1,2)\).
2. Par la définition, on pose \(\varphi(t)=f(2+3t,-t)=(2+3t)e^{-t}+t^2\). Sa dérivée vaut \(3e^{-t}-(2+3t)e^{-t}+2t\), qui vaut 1 en 0. Par le gradient, \(\langle(1,2),(3,-1)\rangle=3-2=1\). Les deux méthodes donnent \(D_vf(a)=1\).
3. Pour \(w\) unitaire, l’inégalité de Cauchy-Schwarz donne \(D_wf(a)\leqslant\|\nabla f(a)\|=\sqrt{5}\). Il y a égalité pour \(w\) colinéaire au gradient et de même sens. Ainsi \(w=(1,2)/\sqrt{5}\), et la valeur maximale est \(\sqrt{5}\).
4. On cherche \(w=(p,q)\) unitaire avec \(p+2q=0\). On obtient \(w\) colinéaire à \((2,-1)\). Les vecteurs cherchés sont \((2,-1)/\sqrt{5}\) et \((-2,1)/\sqrt{5}\).

Corrigé de l’exercice 5 – Dérivée le long du cercle unité

Idée clé : la règle de la chaîne combine la vitesse de la courbe et le gradient au point courant.

1. On a \(\partial_1f=2xy\) et \(\partial_2f=x^2-3y^2\). Avec \(x(t)=\cos t\) et \(y(t)=\sin t\), on obtient \(\varphi^{\prime}(t)=-\sin t\times 2\cos t\sin t+\cos t\,(\cos^2t-3\sin^2t)\). Donc \(\varphi^{\prime}(t)=\cos^3t-5\sin^2t\cos t\).
2. Directement, \(\varphi(t)=\cos^2t\sin t-\sin^3t\). La dérivée du premier terme vaut \(-2\cos t\sin^2t+\cos^3t\). Celle du second vaut \(-3\sin^2t\cos t\). La somme redonne \(\cos^3t-5\sin^2t\cos t\).
3. On factorise : \(\varphi^{\prime}(t)=\cos t\,(\cos^2t-5\sin^2t)\). D’une part, \(\cos t=0\) donne \(t=\pi/2\). D’autre part, la seconde parenthèse s’annule si \(\tan^2t=1/5\). Les solutions sont \(\pi/2\), \(\arctan(1/\sqrt{5})\) et \(\pi-\arctan(1/\sqrt{5})\).

Corrigé de l’exercice 6 – Minimum d’un trinôme à deux variables

Idée clé : la mise sous forme canonique sépare les variables et rend le signe évident.

1. On a \(\partial_1f=2x-2\) et \(\partial_2f=4y+8\). L’unique point critique est \((1,-2)\).
2. On complète les carrés : \(x^2-2x=(x-1)^2-1\) et \(2y^2+8y=2(y+2)^2-8\). Ainsi \(f(x,y)=(x-1)^2+2(y+2)^2-8\).
3. Pour tout \((x,y)\), on a \(f(x,y)\geqslant -8=f(1,-2)\). En revanche, \(f(x,0)\) tend vers \(+\infty\) quand \(x\) tend vers \(+\infty\). Le minimum global vaut \(-8\), atteint en \((1,-2)\), et \(f\) n’a pas de maximum.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Dérivées dans toutes les directions sans continuité

Idée clé : les droites passant par l’origine ne voient pas la parabole \(x=y^2\), le long de laquelle la fonction reste égale à \(1/2\).

1. Pour \(t\neq 0\), on a \(f(t,0)=0\) et \(f(0,t)=0\). Les taux d’accroissement sont donc nuls. Ainsi \(\partial_1f(0,0)=\partial_2f(0,0)=0\).
2. Pour \(t\neq 0\) et \(p\neq 0\), on calcule \(\dfrac{f(tp,tq)}{t}=\dfrac{t^3pq^2}{t\,(t^2p^2+t^4q^4)}=\dfrac{pq^2}{p^2+t^2q^4}\). Cette quantité tend vers \(q^2/p\) quand \(t\) tend vers 0. Si \(p=0\), alors \(f(0,tq)=0\) et le taux est nul. Donc \(D_vf(0,0)=q^2/p\) si \(p\neq 0\), et \(D_vf(0,0)=0\) si \(p=0\).
3. Pour \(y\neq 0\), on a \(f(y^2,y)=y^4/(y^4+y^4)=1/2\). Or le point \((y^2,y)\) tend vers l’origine quand \(y\) tend vers 0. Par conséquent, \(f\) ne tend pas vers \(f(0,0)=0\) le long de cette courbe. La fonction \(f\) n’est pas continue en \((0,0)\).
4. Une fonction de classe \(\mathcal{C}^1\) est continue, donc \(f\) n’est pas de classe \(\mathcal{C}^1\). De plus, l’application \(v\mapsto D_vf(0,0)\) n’est pas linéaire. Par exemple, elle vaut 1 en \((1,1)\) et en \((1,-1)\), mais 0 en leur somme \((2,0)\). Elle ne peut donc pas s’écrire \(\langle w,v\rangle\).

Corrigé de l’exercice 8 – Une fonction recollée de classe C1

Idée clé : au point de raccord, on majore les dérivées partielles par une puissance de \(r=\sqrt{x^2+y^2}\).

1. Hors de l’origine, \(f\) est un quotient de polynômes à dénominateur non nul, donc elle est de classe \(\mathcal{C}^1\). La dérivée d’un quotient donne
   \[\partial_1f=\frac{x^4y+3x^2y^3}{(x^2+y^2)^2},\qquad\partial_2f=\frac{x^5-x^3y^2}{(x^2+y^2)^2}.\]
   Ce sont les dérivées partielles sur \(\mathbb{R}^2\) privé de l’origine.
2. Pour \(t\neq 0\), on a \(f(t,0)=0\) et \(f(0,t)=0\). Donc \(\partial_1f(0,0)=\partial_2f(0,0)=0\).
3. On utilise \(|x|\leqslant r\) et \(|y|\leqslant r\). Ainsi \(|\partial_1f(x,y)|\leqslant(r^5+3r^5)/r^4=4r\) et \(|\partial_2f(x,y)|\leqslant 2r\). Ces majorants tendent vers 0 avec \(r\). Les dérivées partielles sont donc continues en l’origine, et aussi ailleurs d’après la question 1. La fonction \(f\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\mathbb{R}^2\).

Corrigé de l’exercice 9 – Gradient en coordonnées polaires

Idée clé : les deux formules de la règle de la chaîne forment un système linéaire qu’on inverse comme une rotation.

1. Les dérivées de \(r\cos\theta\) et de \(r\sin\theta\) donnent, au point \((r\cos\theta,r\sin\theta)\), les formules suivantes. On a \(\partial_rg=\cos\theta\,\partial_1f+\sin\theta\,\partial_2f\) et \(\partial_\theta g=-r\sin\theta\,\partial_1f+r\cos\theta\,\partial_2f\).
2. On multiplie la première relation par \(\cos\theta\) et la seconde par \(-\sin\theta/r\), puis on ajoute. On procède de même avec \(\sin\theta\) et \(\cos\theta/r\). On obtient \(\partial_1f=\cos\theta\,\partial_rg-\frac{\sin\theta}{r}\,\partial_\theta g\) et \(\partial_2f=\sin\theta\,\partial_rg+\frac{\cos\theta}{r}\,\partial_\theta g\).
3. On développe \((\partial_rg)^2+(\partial_\theta g)^2/r^2\). Les doubles produits se compensent, et les carrés donnent \((\cos^2\theta+\sin^2\theta)\bigl((\partial_1f)^2+(\partial_2f)^2\bigr)\). On obtient bien \(\|\nabla f\|^2\).
4. Ici \(g(r,\theta)=r^3\), donc \(\partial_rg=3r^2\) et \(\partial_\theta g=0\). Directement, \(\partial_1f=3x\sqrt{x^2+y^2}\) et \(\partial_2f=3y\sqrt{x^2+y^2}\). La norme vaut alors \(3\sqrt{x^2+y^2}\times\sqrt{x^2+y^2}\). Les deux méthodes donnent \(\|\nabla f(x,y)\|=3(x^2+y^2)\).

Corrigé de l’exercice 10 – Équation de transport avec second membre

Idée clé : la variable \(v=x+3y\) est constante le long des droites qui portent la dérivée \(3\partial_1-\partial_2\).

1. Le système \(u=x\), \(v=x+3y\) se résout en \(x=u\) et \(y=(v-u)/3\). L’application est une bijection de \(\mathbb{R}^2\), de réciproque \((u,v)\mapsto\bigl(u,(v-u)/3\bigr)\).
2. La fonction \(g(u,v)=f\bigl(u,(v-u)/3\bigr)\) est de classe \(\mathcal{C}^1\). Par la règle de la chaîne, \(\partial_1f=\partial_ug+\partial_vg\) et \(\partial_2f=3\,\partial_vg\). Donc \(3\partial_1f-\partial_2f=3\,\partial_ug\). Comme le changement de variables est bijectif, l’équation vaut en tout point si et seulement si \(3\,\partial_ug(u,v)=6u\) pour tout \((u,v)\). L’équation devient \(\partial_ug=2u\).
3. La fonction \((u,v)\mapsto g(u,v)-u^2\) a une dérivée nulle par rapport à \(u\). Par le lemme du cours, elle s’écrit \(h(v)\), avec \(h\) de classe \(\mathcal{C}^1\). Les solutions sont les \(f(x,y)=x^2+h(x+3y)\), avec \(h\) de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\mathbb{R}\). On vérifie : \(3(2x+h^{\prime})-3h^{\prime}=6x\).
4. La condition s’écrit \(h(3y)=y^2\) pour tout \(y\), soit \(h(s)=s^2/9\). La solution cherchée est \(f(x,y)=x^2+\frac{(x+3y)^2}{9}\).

Corrigé de l’exercice 11 – Équation radiale sur un demi-plan

Idée clé : l’expression \(x\,\partial_1f+y\,\partial_2f\) devient \(r\,\partial_rg\) en coordonnées polaires.

1. Pour \((r,\theta)\in V\), on a \(r\cos\theta>0\), donc l’image est dans \(U\). Réciproquement, soit \((x,y)\in U\), \(r=\sqrt{x^2+y^2}\) et \(\theta=\arctan(y/x)\in\,]-\pi/2,\pi/2[\). Alors \(\cos\theta=1/\sqrt{1+y^2/x^2}=x/r\), car \(x>0\), puis \(\sin\theta=\tan\theta\cos\theta=y/r\). L’application est bien une bijection de \(V\) sur \(U\), avec la réciproque annoncée, de classe \(\mathcal{C}^1\).
2. La règle de la chaîne donne \(r\,\partial_rg=r\cos\theta\,\partial_1f+r\sin\theta\,\partial_2f=x\,\partial_1f+y\,\partial_2f\), évalué au point \((x,y)\) associé. L’équation s’écrit donc \(r\,\partial_rg=r\). Comme \(r>0\), elle équivaut à \(\partial_rg=1\) sur \(V\).
3. La fonction \(g-r\) a une dérivée nulle en \(r\) sur le produit d’intervalles \(V\). Par conséquent, \(g(r,\theta)=r+h(\theta)\), avec \(h\) de classe \(\mathcal{C}^1\). En revenant à \(x\) et \(y\), on pose \(k=h\circ\arctan\), de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\mathbb{R}\). Les solutions sont les \(f(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}+k(y/x)\), avec \(k\) de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\mathbb{R}\). On vérifie que le terme \(k(y/x)\) donne \(-\frac{y}{x}k^{\prime}+\frac{y}{x}k^{\prime}=0\).

Corrigé de l’exercice 12 – Points critiques d’une fonction à variables séparées

Idée clé : la fonction est une somme d’une fonction de \(x\) et d’une fonction de \(y\), qu’on étudie séparément.

1. On a \(\partial_1f=3x^2-3\) et \(\partial_2f=2y-4\). Les points critiques sont \((1,2)\) et \((-1,2)\).
2. On a \(f(1,2)=-6\). Un calcul direct donne \(f(1+h,2+k)-f(1,2)=h^2(3+h)+k^2\). Cette quantité est positive dès que \(h>-3\), donc \(f\) admet un minimum local en \((1,2)\). En revanche, \(f(x,2)=x^3-3x-4\) tend vers \(-\infty\) en \(-\infty\). Le minimum local \(-6\) n’est pas global.
3. On a \(f(-1+h,2)-f(-1,2)=h^2(h-3)\), qui est strictement négatif pour \(h\) petit non nul. Au contraire, \(f(-1,2+k)-f(-1,2)=k^2\) est strictement positif pour \(k\neq 0\). Le point \((-1,2)\) ne porte donc pas d’extremum.

La figure montre les lignes de niveau : des courbes fermées autour de \((1,2)\), et un croisement en \((-1,2)\).

Corrigé de l’exercice 13 – Extremums d’une fonction radiale

Idée clé : la fonction ne dépend que de \(\rho=x^2+y^2\), ce qui ramène l’étude à une variable.

1. Avec \(\rho=x^2+y^2\), on obtient \(\partial_1f=2x(1-\rho)e^{-\rho}\) et \(\partial_2f=2y(1-\rho)e^{-\rho}\). Le gradient est nul si \(x=y=0\), ou bien si \(\rho=1\). Les points critiques sont l’origine et tous les points du cercle unité.
2. On a \(\phi^{\prime}(t)=(1-t)e^{-t}\). Ainsi \(\phi\) croît sur \([0,1]\), puis décroît sur \([1,+\infty[\), avec \(\phi(0)=0\), \(\phi(1)=1/e\) et une limite nulle en \(+\infty\). Donc \(0\leqslant\phi(t)\leqslant 1/e\), avec \(\phi(t)=0\) seulement pour \(t=0\).
3. Comme \(f(x,y)=\phi(x^2+y^2)\), on en déduit \(0\leqslant f\leqslant 1/e\). Le minimum global vaut 0, atteint seulement à l’origine, et le maximum global vaut \(1/e\), atteint sur tout le cercle unité.

Corrigé de l’exercice 14 – Gradient orthogonal à une ellipse

Idée clé : une fonction constante le long d’une courbe a une dérivée nulle, et la règle de la chaîne transforme cette dérivée en produit scalaire.

1. On a \(f(2,1)=4+4=8\), donc \(A\in\mathcal{E}\). Ensuite, \(\nabla f=(2x,8y)\). Donc \(\nabla f(A)=(4,8)\).
2. On a \(f(\gamma(t))=8\cos^2t+8\sin^2t=8\), donc \(\gamma\) reste sur \(\mathcal{E}\). Réciproquement, si \(x^2+4y^2=8\), le point \(\bigl(x/(2\sqrt{2}),y/\sqrt{2}\bigr)\) est sur le cercle unité, donc de la forme \((\cos t,\sin t)\). Pour \(A\), on veut \(\cos t_0=\sin t_0=1/\sqrt{2}\). Ainsi \(\gamma\) paramètre \(\mathcal{E}\), et \(t_0=\pi/4\).
3. La fonction \(t\mapsto f(\gamma(t))\) est constante. Par la règle de la chaîne, sa dérivée vaut \(\langle\nabla f(\gamma(t)),\gamma^{\prime}(t)\rangle\). Ce produit scalaire est donc nul pour tout \(t\).
4. En \(A\), le vecteur \(\gamma^{\prime}(\pi/4)=(-2,1)\) dirige la tangente, et \(\nabla f(A)=(4,8)\) lui est orthogonal : \(-8+8=0\). La tangente est donc la droite d’équation \(4(x-2)+8(y-1)=0\). On obtient \(x+2y=4\).

Corrigé de l’exercice 15 – Fonctions invariantes par rotation

Idée clé : l’expression \(y\,\partial_1f-x\,\partial_2f\) est, au signe près, la dérivée par rapport à l’angle polaire.

1. Par la règle de la chaîne, \(\partial_1f=2x\,\phi^{\prime}(x^2+y^2)\) et \(\partial_2f=2y\,\phi^{\prime}(x^2+y^2)\). Ainsi \(y\,\partial_1f-x\,\partial_2f=2xy\,\phi^{\prime}-2xy\,\phi^{\prime}\). Cette quantité est nulle, donc \(f\) est solution.
2. On a \(\partial_\theta g=-r\sin\theta\,\partial_1f+r\cos\theta\,\partial_2f\). Au point \((x,y)=(r\cos\theta,r\sin\theta)\), cela donne \(-(y\,\partial_1f-x\,\partial_2f)\). Donc \(\partial_\theta g=0\) sur \(]0,+\infty[\,\times\mathbb{R}\).
3. Gelons \(r\). Comme \(\theta\mapsto g(r,\theta)\) est de dérivée identiquement nulle sur l’intervalle \(\mathbb{R}\), elle garde la valeur \(g(r,0)=f(r,0)\). Tout point non nul s’écrit \((r\cos\theta,r\sin\theta)\) avec \(r=\sqrt{x^2+y^2}\). L’égalité est aussi évidente à l’origine. Ainsi \(f(x,y)=f\bigl(\sqrt{x^2+y^2},0\bigr)\) : la fonction est constante sur chaque cercle centré à l’origine.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Relation d’Euler pour les fonctions homogènes

Idée clé : on dérive par rapport au facteur d’échelle \(t\), à point \((x,y)\) fixé.

1. Fixons \((x,y)\in U\). Pour \(t>0\), le point \((tx,ty)\) reste dans \(U\). La règle de la chaîne appliquée à \(t\mapsto f(tx,ty)\) donne \(x\,\partial_1f(tx,ty)+y\,\partial_2f(tx,ty)\). Par ailleurs, la dérivée de \(t^\alpha f(x,y)\) vaut \(\alpha t^{\alpha-1}f(x,y)\). On égale les deux, puis on prend \(t=1\). On obtient \(x\,\partial_1f+y\,\partial_2f=\alpha f\) sur \(U\).
2. La fonction \(\psi\) est de classe \(\mathcal{C}^1\), et \(\psi^{\prime}(t)=-\alpha t^{-\alpha-1}f(tx,ty)+t^{-\alpha}\bigl(x\,\partial_1f+y\,\partial_2f\bigr)(tx,ty)\). Or la relation, écrite au point \((tx,ty)\), donne \(t\bigl(x\,\partial_1f+y\,\partial_2f\bigr)(tx,ty)=\alpha f(tx,ty)\). En reportant, les deux termes se compensent, donc \(\psi^{\prime}=0\). Ainsi \(\psi\) est constante sur l’intervalle \(]0,+\infty[\), égale à \(\psi(1)=f(x,y)\). Donc \(f(tx,ty)=t^\alpha f(x,y)\) : la fonction est homogène de degré \(\alpha\).
3. Pour \(t>0\), on a \(f(tx,ty)=t^3(x^3+y^3)/\bigl(t^2(x^2+y^2)\bigr)=t\,f(x,y)\) : le degré vaut 1. Ensuite, on note \(\rho=x^2+y^2\). On calcule \(\partial_1f=(x^4+3x^2y^2-2xy^3)/\rho^2\) et \(\partial_2f=(y^4+3x^2y^2-2x^3y)/\rho^2\). Ainsi \(x\,\partial_1f+y\,\partial_2f=(x^5+x^3y^2+x^2y^3+y^5)/\rho^2\). Ce numérateur vaut \((x^3+y^3)\rho\). On retrouve \(x\,\partial_1f+y\,\partial_2f=f\), soit la relation d’Euler pour \(\alpha=1\).

Corrigé de l’exercice 17 – Une équation aux dérivées partielles avec exponentielle

Idée clé : après le changement de variables, l’équation devient une équation différentielle linéaire en \(v\), où \(u\) joue le rôle d’un paramètre.

1. Le système \(u=x+y\), \(v=x-y\) se résout en \(x=(u+v)/2\) et \(y=(u-v)/2\), donc il est bijectif. La fonction \(g(u,v)=f\bigl((u+v)/2,(u-v)/2\bigr)\) est de classe \(\mathcal{C}^1\). Ensuite, la règle de la chaîne donne \(\partial_1f=\partial_ug+\partial_vg\) et \(\partial_2f=\partial_ug-\partial_vg\). L’équation devient \(2\,\partial_vg=g\) sur \(\mathbb{R}^2\).
2. À \(u\) fixé, posons \(w(v)=e^{-v/2}g(u,v)\). On calcule \(w^{\prime}(v)=e^{-v/2}\bigl(\partial_vg-g/2\bigr)=0\). Ainsi \(w\) est constante sur \(\mathbb{R}\), égale à \(w(0)=g(u,0)\). On obtient \(g(u,v)=c(u)\,e^{v/2}\), avec \(c(u)=g(u,0)\) de classe \(\mathcal{C}^1\).
3. En revenant aux variables de départ, on obtient la forme générale. Réciproquement, pour \(f(x,y)=c(x+y)e^{(x-y)/2}\), on calcule \(\partial_1f=\bigl(c^{\prime}+c/2\bigr)e^{(x-y)/2}\) et \(\partial_2f=\bigl(c^{\prime}-c/2\bigr)e^{(x-y)/2}\). La différence redonne \(f\). Ainsi, l’ensemble des solutions est formé des fonctions \(f(x,y)=c(x+y)\,e^{(x-y)/2}\), avec \(c\) de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\mathbb{R}\).
4. Imposer \(f(x,x)=\cos x\) revient à demander \(c(2x)=\cos x\) pour tout \(x\), donc \(c(s)=\cos(s/2)\). La solution est \(f(x,y)=\cos\bigl(\frac{x+y}{2}\bigr)e^{(x-y)/2}\).

Corrigé de l’exercice 18 – Produit de trois facteurs positifs sur un triangle

Idée clé : sur \(T\), les trois facteurs \(x\), \(y\) et \(3-x-y\) sont positifs et de somme constante, ce qui appelle l’inégalité admise.

1. Soit \((a,b)\in T\) et \(r=\min\bigl(a,b,(3-a-b)/\sqrt{2}\bigr)>0\). Pour \((x,y)\) dans la boule de rayon \(r\), on a \(x>a-r\geqslant 0\) et de même \(y>0\). De plus, l’inégalité \(|h+k|\leqslant\sqrt{2}\,\|(h,k)\|\) donne \(x+y<a+b+\sqrt{2}\,r\leqslant 3\). Donc \(T\) est un ouvert.
2. On a \(\partial_1f=y(3-2x-y)\) et \(\partial_2f=x(3-x-2y)\). Si \(y=0\), il faut \(x=0\) ou \(x=3\). Si \(y\neq 0\), alors \(2x+y=3\), puis \(x=0\) ou \(x+2y=3\). Les points critiques sont \((0,0)\), \((3,0)\), \((0,3)\) et \((1,1)\).
3. Sur \(T\), on applique l’inégalité à \(a=x\), \(b=y\) et \(c=3-x-y\), dont la somme vaut 3. On obtient \(f(x,y)\leqslant 1\), avec égalité si et seulement si \(x=y=3-x-y\), c’est-à-dire \(x=y=1\). Le maximum global de \(f\) sur \(T\) vaut 1, atteint seulement en \((1,1)\).
4. On a \(f(0,0)=0\). Pour \(0<t<3/2\), \(f(t,t)=t^2(3-2t)>0\). Pour \(t\neq 0\), \(f(t,-t)=-3t^2<0\). Toute boule centrée en l’origine contient des valeurs des deux signes, donc il n’y a pas d’extremum local en \((0,0)\).
5. Sur \(T\), \(f\) est strictement positive. De plus, \(f(t,t)\) tend vers 0 quand \(t\) tend vers \(0^+\). La borne inférieure vaut donc 0 sans être atteinte. La fonction \(f\) n’a pas de minimum sur \(T\).

Corrigé de l’exercice 19 – Problème – Droite des moindres carrés

Idée clé : au point critique, les termes du premier degré disparaissent et il reste une somme de carrés positive.

1. La fonction \(S\) est polynomiale en \((a,b)\), donc de classe \(\mathcal{C}^1\). On a \(\partial_aS=-2\sum x_i(y_i-ax_i-b)\) et \(\partial_bS=-2\sum(y_i-ax_i-b)\).
2. On annule les deux dérivées, puis on développe les sommes. On obtient exactement les deux équations annoncées.
3. L’inégalité de Cauchy-Schwarz appliquée aux vecteurs \((x_1,\dots,x_n)\) et \((1,\dots,1)\) de \(\mathbb{R}^n\) donne \(\bigl(\sum x_i\bigr)^2\leqslant n\sum x_i^2\). L’égalité exige deux vecteurs colinéaires, donc des \(x_i\) tous égaux, ce qui est exclu. Le déterminant du système vaut \(n\sum x_i^2-\bigl(\sum x_i\bigr)^2>0\). Le système est de Cramer, donc \(S\) a un unique point critique \((a_0,b_0)\).
4. On a \(S(a_0+h,b_0+k)=\sum(e_i-hx_i-k)^2\). En développant, on trouve \(\sum e_i^2-2h\sum x_ie_i-2k\sum e_i+\sum(hx_i+k)^2\). Or les deux équations de la question 2 disent exactement que \(\sum x_ie_i=0\) et \(\sum e_i=0\). D’où l’identité. Ainsi \(S(a,b)\geqslant S(a_0,b_0)\) pour tout \((a,b)\). De plus, l’égalité impose \(hx_i+k=0\) pour tout \(i\), donc \(h=k=0\), car deux abscisses au moins diffèrent. Le point \((a_0,b_0)\) est l’unique point de minimum global de \(S\).
5. On divise la seconde équation par \(n\). On obtient \(a_0\bar{x}+b_0=\bar{y}\) : le point moyen est sur la droite.
6. Ici \(n=4\), \(\sum x_i=6\), \(\sum x_i^2=14\), \(\sum y_i=9\) et \(\sum x_iy_i=18\). Le système s’écrit \(14a+6b=18\) et \(6a+4b=9\). On en tire \(b=(9-6a)/4\), puis \(5a=9/2\), donc \(a_0=9/10\) et \(b_0=9/10\). Les écarts \(e_i\) valent \(0{,}1\), \(0{,}2\), \(-0{,}7\) et \(0{,}4\), donc \(S(a_0,b_0)=0{,}01+0{,}04+0{,}49+0{,}16\). La droite cherchée est \(y=0{,}9\,x+0{,}9\), et le minimum vaut \(S(a_0,b_0)=0{,}7\). On contrôle avec le point moyen \((1{,}5\,;\,2{,}25)\) : \(0{,}9\times 1{,}5+0{,}9=2{,}25\).

Pour aller plus loin

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