PlusieursVariables Corrige

8/12/2019 PlusieursVariables Corrige

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Planche no 22. Fonctions de plusieurs variables.

Corrig

no 1 : 1) fest dfinie sur R2 \ {(0, 0)}.Pour x

=0, f(x, 0) =0. Quand x tend vers 0, le couple (x, 0)tend vers le couple (0, 0) et f(x, 0) tend vers 0. Donc, si f a

une limite relle en 0, cette limite est ncessairement 0.

Pour x=0, f(x, x) = 12

. Quand x tend vers 0, le couple (x, x) tend vers (0, 0) et f(x, x) tend vers 1

2=0. Donc f na pas

de limite relle en (0, 0).

2) f est dfinie sur R2 \ {(0, 0)}.

Pour (x, y)= (0, 0), |f(x, y)| = x2y2

x2 +y2 =

|xy|

x2 +y2 |xy| 1

2|xy|. Comme

1

2|xy| tend vers 0 quand le couple (x, y) tend

vers le couple (0, 0), il en est de mme de f. f(x, y)tend vers 0quand (x, y) tend vers (0, 0).

3) f est dfinie sur R2 \ {(0, 0)}.

Pour y=0, f(0, y) = y3

y4 =

1

y. Quand y tend vers 0 par valeurs suprieures, le couple (0, y) tend vers le couple (0, 0) et

f(0, y) tend vers +. Donc fna pas de limite relle en (0, 0).4) f est dfinie sur R2 \ {(0, 0)}.

Pour x=0, f(x, x) =

2x2

2|x|

|x|=

12|x|

.Quand x tend vers 0, le couple (x, x)tend vers le couple (0, 0) et f(x, x)tend vers

+. Donc f na pas de limite relle en (0, 0).5) f est dfinie sur R2 \ {(x, x), xR}.Pour x= 0, f(x, x+ x3) = (x +x

2 x3)(x + (x+ x2)2)

x3

x0 1

x. Quand x tend vers 0 par valeurs suprieures, le

couple (x, x +x3)tend vers (0, 0 et f(x, x + x3)tend vers . Donc f na pas de limite relle en (0, 0).6) f est dfinie sur R2 \ {(x, 0), x R}.1 cos

|xy|

|y|

(x,y)(0,0)

(

|xy|)2

2|y|

= |x|

2

et donc f tend vers 0 quand (x, y) tend vers (0, 0).

7) f est dfinie sur R3 priv du cne de rvolution dquationx2 y2 + z2 =0.

f(x,0,0) = 1

xqui tend vers + quand x tend vers0 par valeurs suprieures. Donc fna pas de limite relle en (0,0,0).

8) f(2+h, 2+k, l) = h+ k

h2 k2 + l2 +4h+4k =g(h,k,l). g(h,0,0) tend vers

1

4 quand htend vers 0 et g(0,0,l) tend

vers 0= 14

quand ltend vers 0. Donc, fna pas de limite relle quand (x,y,z) tend vers (2, 2, 0).

no 2 : f est dfinie sur R2. f est de classe C

sur R2 \ {(0, 0)}en tant que fraction rationnelle dont le dnominateur ne sannule pas sur R2 \ {(0, 0)}.

Continuit en (0, 0). Pour (x, y)= (0, 0),

|f(x, y) f(0, 0)|= |xy||x2 y2|

x2 +y2 |xy| x

2 +y2

x2 +y2 =|xy|.

Comme |xy| tend vers 0 quand le couple (x, y) tend vers le couple (0, 0), on a donc lim(x,y)(0,0)(x,y)=(0,0)

f(x, y) = f(0, 0). On en

dduit que f est continue en (0, 0) et finalement f est continue sur R2.

f est de classe C0 au moins sur R2.

Drives partielles dordre 1 sur R2 \ {(0, 0)}. fest de classe C1 au moins sur R2 \ {(0, 0)} et pour (x, y)= (0, 0),

fx

(x, y) =y (3x2 y2)(x2 +y2) (x3 xy2)(2x)(x2 +y2)2

= y(x4 +4x2y2 y4)(x2 +y2)2

,

Dautre part, pour (x, y)= (0, 0) f(x, y) = f(y, x). Donc pour (x, y)= (0, 0),

c Jean-Louis Rouget, 2010. Tous droits rservs. 1 http ://www.maths-france.fr


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f

y(x, y) =

f

x(y, x) =

x(x4 4x2y2 y4)

(x2 +y2)2 .

Existence de fx

(0, 0) et f

y(0, 0). Pour x=0,

f(x, 0) f(0, 0)

x 0 =

0 0

x =0,

et donc limx0

f(x, 0) f(0, 0)

x 0

=0. Ainsi, f

x

(0, 0)existe et f

x

(0, 0) =0. De mme, f

y

(0, 0) =0. Ainsi,f admet des drives

partielles premires sur R2 dfinies par

(x, y) R2, fx

(x, y) =

y(x4 +4x2y2 y4)

(x2 +y2)2 si(x, y)= (0, 0)

0si (x, y) = (0, 0)et

f

y(x, y) =

x(x4 4x2y2 y4)

(x2 +y2)2 si(x, y)= (0, 0)

0si (x, y) = (0, 0).

Continuit de fx

et f

y en (0, 0). Pour (x, y)= (0, 0),

fx (x, y) f

x (0, 0) = |y||x

4 +4x2y2 y4|

(x2 +y2)2 |y|x4 +4x2y2 +y4

(x2 +y2)2 |y|2x4 +4x2y2 + 2y4

(x2 +y2)2 =2|y|.

Comme 2|y| tend vers 0 quand(x, y)tend vers(0, 0), on en dduit que

fx (x, y) f

x(0, 0)

tend vers0 quand(x, y)tendvers (0, 0). Donc la fonction

f

xest continue en (0, 0) et finalement sur R2. Il en est de mme de la fonction

f

yet on a

montr que

f est au moins de classe C1 sur R2.

no 3 : On poseD= {(x, 0), x R} puis = R2 \ D.

f est dfinie sur R2. f est de classe C1 sur en vertu de thormes gnraux et pour (x, y),

f

x(x, y) =y cos

x

y

et

f

y(x, y) =2y sin

x

y

x cos

x

y

.

Etudions la continuit de fen (0, 0). Pour (x, y)= (0, 0),

|f(x, y) f(0, 0)|=

y2sin

x

y

siy=00si y = 0

y2 siy=00si y = 0

y2.

Comme y2 tend vers 0quand (x, y)tend vers 0, lim(x,y)(0,0)(x,y)=(0,0)

f(x, y) =f(0, 0) et donc f est continue en (0, 0) puis

f est continue sur R2.

Etudions lexistence et la valeur ventuelle de fx

(x0, 0), x0 rel donn. Pour x=x0,

f(x, 0) f(x0, 0)

x x0=

0 0

x x0=0.

Donc f(x, x0) f(x0, 0)

x x0tend vers0 quandx tend versx0. On en dduit que

f

x(x0, 0)existe et

f

x(x0, 0) =0. Finalement,

la fonction f

x

est dfinie sur R2 par

(x, y) R2, fx

(x, y) =

y cos

x

y

siy=0

0si y = 0

.



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4/14

Donc

f

x(0, y)

f

x(0, 0)

y 0 tend vers1 quand y tend vers 0. On en dduit que

2

yx(0, 0) existe et

2

yx(0, 0) =1. On a

montr que 2

xy(0, 0) et

2

yx(0, 0) existent et sont diffrents. Daprs le thorme de Schwarz, f nest pas de classe

C2 sur {(0, 0)}.

no 4 : Soit (x,y,z,t)R4.

(x, y) = (z, t) ex ey =zx +y= t y= t xex etx =z y= t x(ex)2 zex et =0 y= t x

ex =z

z2 +4et ouex =z+

z2 +4et

ex =z+ z2 +4ety= t x

(carz

z2 +4et < z

z2 =z|z| 0)

x= ln(z+ z2 +4et)y= t ln(z+

z2 +4et)

(carz+

z2 +4et > z+

z2 =z+|z| 0).

Ainsi, tout lment (z, t) R2 a un antcdent et un seul dans R2 par et donc est une bijection de R2 sur lui-mme.

La fonction est de classe C1 sur R2 de jacobien J(x, y) = ex ey

1 1 = ex +ey. Le jacobien de ne sannule pas

sur R2. En rsum, est une bijection de R2 sur lui-mme, de classe C1 sur R2 et le jacobien de ne sannule pas surR2. On sait alors que

est un C1-diffomorphisme de R2 sur lui-mme.

no 5 : Soit n N. Soit xR. La fonction fx : y y2n+1 +yx est continue et strictement croissante sur R en tantque somme de fonctions continues et strictement croissantes sur R. Donc la fonction fx ralise une bijection de R sur] limy fx(y), limy+ fx(y)[= R. En particulier, lquation fx(y) =0 a une et une seule solution dans Rque lon note (x).

La fonction f : (x, y)

y2n+1 +y x est de classe C1 sur R2 qui est un ouvert de R2 et de plus,(x, y) R2,

f

y

(x, y) = (2n+ 1)y2n +1

= 0. Daprs le thorme des fonctions implicites, la fonction implicitement dfinie par

lgalit f(x, y) = 0 est drivable en tout rel x et de plus, en drivant lgalitx R, ((x))2n+1 +(x) x = 0, onobtientx R, (2n+ 1) (x)((x))2n + (x) 1 = 0 et donc

xR, (x) = 1(2n+ 1)((x))2n + 1

.

Montrons par rcurrence quepN, la fonction est p fois drivable sur R.- Cest vrai pour p= 1.

- Soit p 1. Supposons que la fonction soit p fois drivable sur R. Alors la fonction = 1

(2n+ 1)2n + 1 est

p fois drivable sur Ren tant quinverse dune fonction p fois drivable sur Rne sannulant pas sur R. On en dduitque la fonction est p + 1 fois drivable sur R.

On a montr par rcurrence quepN

, la fonction est p fois drivable surR

et donc quela fonction est de classe C sur R.

Calculons maintenant I =

20

(t) dt. On note tout dabord que, puisque 02n+1 +0 0 = 0, on a (0) = 0 et puisque

12n+1 + 1 2 = 0, on a (2) =1.Maintenant, pour tout relx de [0, 2], on a (x)((x))2n+1 + (x)(x) x (x) =0 (en multipliant par (x)les deuxmembres de lgalit dfinissant (x)) et en intgrant sur le segment [0, 2], on obtient2

0

(x)((x))2n+1 dx +

20

(x)(x)dx

20

x (x)dx = 0 ().

Or, 20 (x)((x))2n+1 dx = ((x))2n+2

2n+ 22

0=

1

2n+2 . De mme, 2

0

(x)(x) dx = ((x))2

22

0=

1

2 et donc20

(x)((x))2n+1 dx +

20

(x)(x) dx = 1

2n+2 +

1

2 =

n+ 2

2n+ 2. Dautre part, puisque les deux fonctions x x

et x (x)sont de classe C1 sur le segment [0, 2], on peut effectuer une intgration par parties qui fournitc Jean-Louis Rouget, 2010. Tous droits rservs. 4 http ://www.maths-france.fr


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20

x (x)dx = [x(x)]20+

20

(x)dx = 2 +I.

Lgalit () scrit donc n +22n+ 2

2 + I= 0 et on obtient I= 3n+ 2

2n+ 2.

20

(x)dx = 3n+ 2

2n+ 2.

no

6 : Soit x R. La fonction fx : y ex+y + y 1 est continue et strictement croissante sur R en tant quesomme de fonctions continues et strictement croissantes sur R. Donc la fonction fx ralise une bijection de R sur] limy fx(y), limy+ fx(y)[= R. En particulier, lquation fx(y) = 0 a une et une seule solution dans R que lon note

(x).

La fonction f : (x, y) ex+y + y 1 est de classe C1 sur R2 qui est un ouvert de R2 et de plus,(x, y) R2,f

y(x, y) = ex+y +1= 0. Daprs le thorme des fonctions implicites, la fonction implicitement dfinie par lgalit

f(x, y) =0 est drivable en tout rel x et de plus, en drivant lgalitx R, ex+(x) + (x) 1= 0, on obtientx R,(1+ (x))ex+(x) + (x) =0 ou encore

xR, (x) = ex+(x)

ex+(x) + 1 ().

On en dduit par rcurrence que est de classe C sur R et en particulier admet en 0 un dveloppement limit dordre3. Dterminons ce dveloppement limit.

1re solution. Puisque e0+0 +0 1 = 0, on a (0) = 0. Lgalit () fournit alors (0) = 12

et on peut poser

(x) =x0

1

2x + ax2 +bx3 + o(x3). On obtient

ex+(x) =x0 e

x

2+ax2+bx3+o(x3)

=x0 1 +

x2

+ ax2 + bx3

+1

2

x2

+ ax22

+1

6

x2

3+ o(x3)

=

x01 +

x

2

+a +1

8 x

2 +b +a

2

+ 1

48 x

3 + o(x3).

Lgalit ex+(x) + (x) 1= 0 fournit alorsa +1

8+a = 0 et b +

a

2 +

1

48+ b= 0 ou encore a =

1

16 et b =

1

192.

2me solution.On a dj (0) =0 et (0) =0. En drivant lgalit (), on obtient

(x) = (1 + (x))ex+(x)(ex+(x) + 1) (1 + (x))ex+(x)(ex+(x))

ex+(x) + 12 = (1 +

(x))ex+(x)ex+(x) + 1

2 ,

et donc (0)

2 =

1

22 22 =

1

16. De mme,

(3)(x) = (x) ex+(x)

ex+(x) + 1

2 (1 + (x))ex+(x) (1 + (x))

ex+(x) + 1

2 + (1 + (x))ex+(x)2(1 + (x))ex+(x)

ex+(x) + 1

3 ,

et donc (3)(0)

6 =

1

6

1

8 1

4

1

2 1/2

4 +

1

2 1

8

=

1

192. La formule de Taylor-Young refournit alors

(x) =x0

x

2

x2

16+

x3

384+ o(x3).

no 7 : On drive par rapport les deux membres de lgalit f(x) =rf(x)et on obtient

x= (x1,...,xn) Rn, > 0,n

i=1xi

f

xi(x) =rr1f(x),

et pour = 1, on obtient

x= (x1,...,xn)Rnni=1

xif

xi(x) =rf(x).



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no 8 : 1) f est de classe C1 sur R2 qui est un ouvert de R2. Donc si fadmet un extremum local en un point (x0, y0)deR2, (x0, y0)est un point critique de f.

df(x,y) = 0 3x2 + 6xy 15= 03x2 12= 0

x= 2

y=1

4

ou

x= 2

y= 1

4

.

Rciproquement,r = 6x+6y,t = 0 ets = 6xpuisrts2 = 36x2. Ainsi,(rts2)

2,

1

4

= (rts2)

2,

1

4

= 144 < 0

et f nadmet pas dextremum local en 2,1

4 ou 2,

1

4.

f nadmet pas dextremum local sur R2.

2) La fonction f est de classe C1 sur R2 en tant que polynme plusieurs variables. Donc, si f admet un extremum localen (x0, y0)R2, (x0, y0)est un point critique de f. Soit (x, y)R2.

f

x(x, y) =0

f

y(x, y) =0

4(xy) +4x3 =04(xy) +4y3 =0

x3 +y3 =04(x y) +4x3 =0

y= xx3 2x= 0

(x, y) (0, 0),2, 2 ,2, 2 .Rciproquement,f est plus prcisment de classe C2 sur R2 et

r(x, y)t(x, y) s2(x, y) = (4 +12x2)(4 + 12y2) (4)2 = 48x2 48y2 +144x2y2 =48(3x2y2 x2 y2)

(rt s2)

2,

2

= 48(12 2 2) > 0. Donc f admet un extremum local en

2,

2

. Plus prcisment, puisque

r

2,

2

=2 124= 20 > 0, f admet un minimum local en

2,

2

. De plus, pour (x, y)R2,

f(x, y) f

2,

2

= 2(xy)2 + x4 +y4 8= x4 +y4 2x2 2y2 +4xy+ 8

x4 +y4 2x2 2y2 2(x2 +y2) + 8 = (x4 4x2 +4) + (y4 4y2 +4) = (x2 2)2 + (y2 2)2

0.

et f

2,

2

est un minimum global.

Pour tout (x, y) R2, f(x, y) =f(x, y)et donc f admet aussi un minimum global en

2,

2

gal 8.

f(0, 0) =0. Pourx=0,f(x, x) =2x4 > 0et doncf prend des valeurs strictement suprieures f(0, 0)dans tout voisinagede (0, 0). Pour x

2,

2

\ {0}, f(x, 0) =x4 2x2 =x2(x2 2) < 0 et f prend des valeurs strictement infrieures

f(0, 0) dans tout voisinage de (0, 0). Finalement, fnadmet pas dextremum local en (0, 0).

f admet un minimum global gal 8, atteint en

2,

2

et

2,

2

.

no 9 : On munit Mn(R) dune norme sous-multiplicative . Soit AGLn(R). On sait que GLn(R) est un ouvert deMn(R) et donc pour HMn(R) de norme suffisamment petite, A + HGLn(R). Pour un tel H

(A + H)1 A1 = (A+ H)1(In (A+ H)A1) = (A + H)1HA1

puis

(A+ H)1 A1 +A1HA1 = (A+ H)1HA1 + A1HA1 = (A +H)1(HA1 + (A+ H)A1HA1)

= (A+ H)1HA1HA1.

Par suite, f(A+ H) f(A) + A1HA1 = (A+ H)

1 A1 + A1HA1 (A+ H)1

A1

2

H

2

.

Maintenant, la formule M1 = 1

det(M)t(com(M)), valable pour tout M GLn(R), et la continuit du dterminant

montre que lapplication M M1 est continue sur louvert GLn(R). On en dduit que (A+ H)1 tend vers A1quand H tend vers 0. Par suite,



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limH0

(A +H)1A12 H= 0 et donc limH0

1

H(A+ H)1 A1 + A1HA1 =0.

Comme lapplication H A1HA1 est linaire, cest la diffrentielle de f en A.AGLn(R),HMn(R), dfA(H) = A1HA1.

no 10 : Pour tout complexeztel que |z| 1,

| sin(z)|=

+n=0

(1)n z2n+1

(2n+ 1)!

+n=0

|z|2n+1

(2n+ 1)! =sh(|z|) sh 1,

lgalit tant obtenue effectivement pour z= i car | sin(i)|=

ei2

ei2

2i

= e e1

2 =sh(1).

Max{| sin z|, z C, |z| 1}= sh(1).

no 11 : 1)Pour (x, y) R2, on pose P(x, y) =2x + 2y + ex+y =Q(x, y). Les fonctions P et Q sont de classe C1 sur R2qui est un ouvert toil de R2. Donc, daprs le thorme de Schwarz, est exacte sur R2 si et seulement si

P

y

= Q

xet comme

P

y =2 + ex+y =

Q

x, la forme diffrentielle est une forme diffrentielle exacte sur R2.

Soit fune fonction f de classe C1 sur R2.

df= (x, y) R2,

f

x(x, y) =2x + 2y+ex+y

f

y(x, y) =2x + 2y+ ex+y

gC1(R,R)/(x, y) R2,

f(x, y) =x2 + 2xy+ ex+y + g(y)

2x+ ex+y + g (y) =2x + 2y+ ex+y

R/(x, y) R2, f(x, y) =x2 +2xy+ ex+y +g(y)g(y) =y2 + R/(x, y) R2/ f(x, y) = (x +y)2 + ex+y + .

Les primitives de sur R2 sont les fonctions de la forme (x, y) (x +y)2 + ex+y + , R.Remarque. On pouvait aussi remarquer immdiatement que si f(x, y) = (x +y)2 + ex+y alors df = .

2) La forme diffrentielle est de classe C1 sur = {(x, y) R2/ y > x} qui est un ouvert toil de R2 car convexe.Donc, daprs le thorme de Schwarz, est exacte sur si et seulement si est ferme sur .

x

x

(xy)2

=

x

1

x y+y

1

(xy)2

=

1

(xy)2

2y

(xy)3 =

x +y

(x y)3 =

x +y

(yx)3.

y

y

(x y)2

=

y

1

y x x 1

(y x)2

=

1

(y x)2 +

2x

(y x)3 =

x +y

(yx)3 =

x x

(x y)2

.

Donc est exacte sur louvert . Soit fune fonction f de classe C1 sur R2.

df= (x, y),

f

x(x, y) =

y

(x y)2

f

y(x, y) =

x

(x y)2

gC1(R,R)/(x, y),

f(x, y) = y

x y+ g(y)

x

(x y)2 + g (y) =

x

(x y)2

R/(x, y), f(x, y) = yx y

+ .

Les primitives de sur sont les fonctions de la forme (x, y) yx y

+ , R.



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(x, y)]0, +[R, x22fx2

(x, y) + 2xy 2f

xy(x, y) +y2

2f

y2(x, y) =0 (u, v)]0, +[R, 2g

u2(u, v) =0

hC2(R,R)/(u, v)]0, +[R, gu

(u, v) =h(v)

(h, k)(C2(R,R))2/(u, v)]0, +[R, g(u, v) =uh(v) +k(v)(h, k)(C2(R,R))2/(x, y)]0, +

[R, f(x, y) =xh(xy) + k(xy).

Les fonctions solutions sont les (x, y) xh(xy) + k(xy)o het ksont deux fonctions de classe C2 sur R.

no 13 : On munit(R3)2 de la norme dfinie par(x, y)(R3)2,(x, y)= Max{h2, k2}. Soit (a, b)(R3)2. Pour (h, k)(R3)2,

f((a, b) + (h, h)) = (a + h).(b+ k) =a.b + a.h+ b.k+ h.k,

et donc f((a, b) + (h, h)) f((a, b)) = (a.h+ b.k) +h.k. Maintenant lapplication L : (h, k) a.h+b.kest linaire etde plus, pour (h, k)= (0, 0),

|f((a, b) + (h, h)) f((a, b)) L((h, k))|= |h.k| h2k2 (h, k)2,

et donc 1

(h, k)

|f((a, b) + (h, h)) f((a, b)) L((h, k))| (h, k)puis

lim(h,k)(0,0)

1

(h, k) |f((a, b) + (h, h)) f((a, b)) L((h, k))|= 0.

Puisque lapplication(h, k) a.h+ b.kest linaire, on en dduit que f est diffrentiable en(a, b)et que(h, k)(R3)2,df(a,b)(h, k) =a.h+b.k.La dmarche est analogue pour le produit vectoriel :

1

(h, k)(a + h)(b+ k) a b a h b k2 =hk2(h, k)

h2k2(h, k) (h, k).

Puisque lapplication(h, k)

ah+bkest linaire, on en dduit que gest diffrentiable en(a, b)et que(h, k)(R3)2,

dg(a,b)(h, k) =a h+ b k.

no 14 : Pour tout xE,f(x)= x1 + x 0, v > 0et u+v < 0}, f admet son maximum dans

T. Puisque f est de classe C1 sur

Tqui est un ouvert de R2,

si fadmet un maximum en (u0, v0)

T, (u0, v0)est ncessairement un point critique de f. Soit (u, v)

T.

f

u(u, v) =0

f

v(u, v) =0

v(A 2uv) =0u(A u 2v) =0

2u+v= Au+ 2v= A

u= v = A3

.

Puisque f admet un point critique et un seul savoir (u0, v0) =

A

3 ,A

3

, f admet son maximum en ce point et ce

maximum vaut f(u0, v0) = A3

27. Le maximum du produit des distances dun point M intrieur au triangle ABC aux cots

de ce triangle est donc 8A3

27abc.

Remarque. On peut dmontrer que pour tout pointM intrieur au triangle ABC, on a M= bar ((A, aire deMBC), (B, aire deMSi maintenant M est le point en lequel on ralise le maximum, les trois aires sont gales et donc le maximum est atteinten G lisobarycentre du triangle ABC.

no 17 : SoientA et B les points du plan de coordonnes respectives (0, a)et (a, 0)dans un certain repre Rorthonorm.Soit M un point du plan de coordonnes (x, y)dans R. Pour (x, y)R2,

f(x, y) =

MA2 +

MB2 =MA + MB AB avec galit si et seulement si M[AB].Donc fadmet un minimum global gal AB = a

2 atteint en tout couple (x, y)de la forme (a, (1 )a), [0, 1].

no 18 : Puisque la fonction ch ne sannule pas surR, g est de classe C2 sur R2 et pour (x, y)R2,g

x(x, y) = 2

sin(2x)

ch(2y)f

cos(2x)

ch(2y)

puis

2g

x2(x, y) = 4

cos(2x)

ch(2y)f

cos(2x)

ch(2y)

+4

sin2(2x)

ch2(2y)f

cos(2x)

ch(2y)

= 4cos(2x)

ch(2y)f

cos(2x)

ch(2y)

+4

1cos2(2x)

ch2(2y)f

cos(2x)

ch(2y)

.

De mme,



13/14

g

y(x, y) = 2

cos(2x) sh(2y)

ch2(2y)f

cos(2x)

ch(2y)

puis

2g

y2(x, y) = 2 cos(2x)

2 ch3(2y) 4 sh2(2y) ch(2y)

ch4(2y)f

cos(2x)

ch(2y)

+4

cos2(2x) sh2(2y)

ch4(2y)f

cos(2x)

ch(2y)

= 4cos(2x)

ch3

(2y)

( ch2(2y) + 2)f cos(2x)

ch(2y) +4

cos2(2x)(ch2(2y) 1)

ch4

(2y)

f cos(2x)

ch(2y) .

Donc, pour tout (x, y) R2,

ch2(2y)

4 g(x, y) = 2

cos(2x)

ch(2y)f

cos(2x)

ch(2y)

+

1

cos2(2x)

ch2(2y)

f

cos(2x)

ch(2y)

.

Maintenant, pour (x, y) R2, 1 cos(2x)ch(2y)

1 et dautre part, lexpression cos(2x)

ch(2) =cos(2x) dcrit [1, 1] quand x

dcrit R. Donc

cos(2x)

ch(2) , (x, y)R2

= [1, 1]. Par suite,

(x, y) R2

, g(x, y) =0 t[1, 1], (1 t2)f (t) 2tf (t) =0.On cherche une application f de classe C2 sur ] 1, 1[. Or

cos(2x)ch(2y) = 1 | cos(2x)| = ch(2y) | cos(2x)| = ch(2y) =

1 y= 0 et x 2Z. Donc

(x, y) R2 \

k

2 , 0

, k Z

, g(x, y) =0 t] 1, 1[, (1 t2)f (t) 2tf (t) =0

t] 1, 1[, ((1 t2)f ) (t) =0 R/t] 1, 1[, f (t) = 1 t2

(, ) R2/t] 1, 1[, f(t) = argth t +.

De plus, f nest pas constante si et seulement si = 0.

Lapplication t argth t convient.no 19 : Soit(x, y)R2. La matrice jacobienne de f en (x, y)scrit

c(x, y) s(x, y)

s(x, y) c(x, y)

o c et s sont deux fonctions

de classe C1 sur R2 telle que c2 +s2 = 1 (). Il sagit dans un premier temps de vrifier que les fonctions c et s sontconstantes sur R2.

Puisque f est de classe C2 sur R2, daprs le thorme de Schwarz, 2f

xy =

2f

xy. Ceci scrit encore

y

c

s

=

x s

c

ou enfin

(x, y)R2,

c

y(x, y)

s

y(x, y)

=

s

x(x, y)

c

x(x, y)

().

En drivant () par rapport x ou y, on obtient les galits c cx

+ss

x = 0 et c

c

y+s

s

y = 0. Ceci montre que les

deux vecteurs

c

xs

x

et

c

y

s

y

sont orthogonaux au vecteur non nul

c

s

et sont donc colinaires. Mais lgalit

() montre que les deux vecteurs

c

xs

x

et

c

y

s

y

sont aussi orthogonaux lun lautre. Finalement, pour tout



14/14

(x, y) R2, les deux vecteurs

c

x(x, y)

s

x(x, y)

et

c

y(x, y)

s

y(x, y)

sont nuls. On en dduit que les deux applications c et s

sont constantes sur R2 et donc, il existe dans R tel que pour tout (x, y) R2, la matrice jacobienne de f en (x, y) est cos() sin()

sin() cos()

.

Soit g la rotation dangle prenant la mme valeur que f en (0, 0). f et g ont mmes diffrentielles en tout point etconcident en un point. Donc f = g et fest une rotation affine.

Soit f : R2 R2 de classe C2 dont la diffrentielle en tout point est une rotation.Montrer que f est une rotation affine.

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