Oraux de concours : Exercices sur le calcul différentiel

Exercice 1 - Laplacien d'une composée (d'après Oral Centrale) ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Soit $f:\mathbb R^n\to\mathbb R$ et $u:\mathbb R\to\mathbb R$ deux fonctions de classe $\mathcal C^2$. On munit $\mathbb R^n$ de sa structure euclidienne canonique. Démontrer que $$\Delta(u\circ f)=(u''\circ f)\|\nabla f\|^2+(u'\circ f)\Delta f.$$

Indication

Corrigé

Exercice 2 - Différentiable? ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Soit $f:\mtr^2\to\mtr$ définie par : $$\begin{array}{rcl} (x,y)&\mapsto&xy\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}\textrm{ si $(x,y)\neq (0,0)$}\\ (0,0)&\mapsto&0. \end{array}$$

$f$ est-elle continue sur $\mtr^2$?
$f$ est-elle de classe $C^1$ sur $\mtr^2$?
$f$ est-elle différentiable sur $\mtr^2$?

Indication

Corrigé

Exercice 3 - Calcul de dérivées partielles et fonction de classe $\mathcal C^1$ (d'après oral CCINP) ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

On définit $f:\mathbb R^2\to\mathbb R$ par $$f(x,y)=\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}$$ si $(x,y)\in\mathbb R^2\backslash\{(0,0)\}$ et par $f(0,0)=0.$

Justifier que $f$ est continue sur $\mathbb R^2.$
Démontrer que $f$ admet des dérivées partielles par rapport aux deux variables en tout point $(x,y)\in\mathbb R^2$ et les calculer.
La fonction $f$ est-elle de classe $\mathcal C^1$ sur $\mathbb R^2$ ?

Indication

Corrigé

On sait que, pour tout $x\in\mathbb R,$ $|x|=\sqrt{x^2}\leq \sqrt{x^2+y^2}$ par croissance de la fonction racine carrée. Ainsi, pour $(x,y)\in\mathbb R^2\backslash\{(0,0)\},$ $$|f(x,y)-f(0,0)|\leq |y|$$ et $|y|$ tend vers $0$ si $(x,y)$ tend vers $(0,0)$. Ainsi, la fonction $f$ est continue en $(0,0)$. Et $f$ est continue sur $\mathbb R^2\backslash\{(0,0)\}$ comme quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s'annule pas.
D'abord, $f$ est $\mathcal C^1$ sur $\mathbb R^2\backslash\{(0,0)\}$ comme quotient de fonctions $\mathcal C^1$ dont le dénominateur ne s'annule pas. De plus, pour $(x,y)\neq (0,0)$, posant $u(t)=\frac{ty}{\sqrt{t^2+y^2}},$ on a $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=u'(x).$$ On calcule $u'(x)$ par les méthodes usuelles, en remarquant que $$u(t)=\frac{a(t)}{b(t)}\textrm{ avec }a(t)=ty\textrm{ et }b(t)=\sqrt{t^2+y^2}.$$ et donc en particulier $$v'(t)=\frac{t}{\sqrt{t^2+y^2}}.$$ On en déduit \begin{align*} u'(x)&=\frac{y\sqrt{x^2+y^2}-\frac{x^2y}{\sqrt{x^2+y^2}}}{x^2+y^2}\\ &=\frac{y(x^2+y^2)-x^2y}{(x^2+y^2)^{3/2}}\\ &=\frac{y^3}{(x^2+y^2)^{3/2}}. \end{align*} Par symétrie du rôle joué par les variables, on a aussi $$\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{x^3}{(x^2+y^2)^{3/2}}.$$ Pour déterminer si $f$ admet une dérivée partielle par rapport à la première variable en $0,$ on va revenir à la définition de cette dérivée partielle : $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)$ existe si la fonction $x\mapsto f(x,0)$ est dérivable en $0,$ c'est-à-dire si le taux d'accroissement $$\frac{f(h,0)-f(0)}{h}$$ admet une limite lorsque $h$ tend vers $0$. Mais $f(h,0)-f(0,0)=0$ et donc le taux d'accroissement précédent est identiquement nul. Ainsi, $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)$ existe et vaut $0.$ Par symétrie, $\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)$ existe et vaut $0.$
Il suffit d'étudier si $\frac{\partial f}{\partial x}$ et $\frac{\partial f}{\partial y}$ sont continues en $(0,0)$. Mais, pour $x>0,$ d'après le calcul effectué auparavant, $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,x)=\frac{x^3}{(2x^2)^{3/2}}=\frac1{2\sqrt 2}.$$ Ainsi, $$\lim_{x\to 0}\frac{\partial f}{\partial x}(x,x)=\frac1{2\sqrt 2}\neq \frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=0.$$ La dérivée partielle par rapport à la première variable n'est pas continue en $(0,0)$ et $f$ n'est pas de classe $\mathcal C^1$ sur $\mathbb R^2.$

Exercice 4 - Minimum local, global et sur un compact (d'après oral CCINP) ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb R^2$ par $f(x,y)=2x^3+6xy-3y^2+2.$

$f$ admet-elle des extrema locaux sur $\mathbb R^2$ ? Si oui, les déterminer.
$f$ admet-elle des extrema globaux sur $\mathbb R^2$ ?
On pose $K=[0,1]^2.$ Justifier que $f$ admet un maximum global sur $K$ et le déterminer.

Indication

Corrigé

Déterminons les points critiques de $f$ sur $\mathbb R^2.$ On commence par calculer les dérivées partielles de $f$. On a $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=6x^2+6y\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=6x-6y.$$ Le point $(x,y)$ est un point critique de $f$ si et seulement si $$\left\{ \begin{array}{rcl} 6x^2+6y&=&0\\ 6x-6y&=&0 \end{array}\right. \iff \left\{ \begin{array}{rcl} 6x^2+6x&=&0\\ x&=&y \end{array}\right. \iff (x,y)=(0,0)\textrm{ ou }(x,y)=(-1,-1). $$ Étudions la nature de ces points critiques. On calcule les dérivées partielles d'ordre $2$ : $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)=12x,\ \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y)=6,\ \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)=-6.$$ La matrice hessienne de $f$ en $(0,0)$ est donc $$\begin{pmatrix} 0&6\\ 6&-6 \end{pmatrix}.$$ Son déterminant est négatif, et $f$ n'admet pas d'extrémum local en $(0,0)$. La matrice hessienne de $f$ en $(-1,-1)$ est $$\begin{pmatrix} -12&6\\ 6&-6 \end{pmatrix} $$ Son déterminant est $72-36=36>0,$ qui est positif. De plus, $-12<0$ et $f$ admet un maximum local en $(-1,-1)$ qui vaut $3.$ C'est le seul extremum local de $f.$
On a $f(x,0)=2x^3+2$ et donc $\lim_{x\to+\infty}f(x,0)=+\infty$ alors que $\lim_{x\to-\infty}f(x,0)=-\infty.$ Ainsi, $f$ n'admet pas de maximum local ou de maximum global sur $\mathbb R^2$.
On observe que $K,$ qui est une partie fermée et bornée de $\mathbb R^2$ est un compact de $\mathbb R^2.$ Puisque $f$ est continue, elle est bornée et atteint son minimum et son maximum sur $K.$ Soit $a\in K$ tel que $f$ atteint son maximum sur $K$ en $a.$ Alors si $a$ est dans l'intérieur de $K,$ $f$ admet un maximum local (sur $\mathbb R^2$) en $a$. Mais le seul point où $f$ admet un extrémum local, $(-1,-1)$, n'est pas dans $K$. Donc le maximum est atteint sur le bord de $K$. On partage le bord de $K$ en quatre parties :
- sur le segment $[0,1]\times\{0\}$, on étudie $f(x,0)=2x^3+2$ dont le maximum sur $[0,1]$ est atteint en $1$ et vaut $4.$
- sur le segment $[0,1]\times \{1\},$ on étudie $f(x,1)=2x^3+6x-1$ dont le maximum sur $[0,1]$ est atteint en $1$ et vaut $7.$
- sur le segment $\{0\}\times [0,1]$, on étudie $f(0,y)=-3y^2+2$ dont le maximum sur $[0,1]$ est atteint en $0$ et vaut $2.$
- sur le segment $\{1\}\times[0,1]$, on étudie $f(1,y)=4+6y-3y^2$ dont le maximum sur $[0,1]$ est atteint en $1$ et vaut $7.$
En conclusion $f$ atteint son maximum sur $K$ en $(1,1)$ et ce maximum vaut $7.$