Calcul différentiel

Exercice 1.

Soit \(f\) l’application de \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\) dans \(\mathbb{R}\) définie par

\[f(x,y) = \frac{3x^2 +xy}{\sqrt{x^2+y^2}}\]

  1. Montrer que, pour tout (x,y) \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\) on a :

\[|f(x,y)| \leq 4\|(x,y)\|_2 ,\]

  1. Quelle est la limite de \(f\) en \((0,0)\).
Corrigé
  1. Pour tout \((x,y) \in \mathbb{R}^2\), on a:

\[ x^2 \leq x^2 +y^2 \Rightarrow \sqrt{x^2} \leq \sqrt{x^2+y^2} \Rightarrow |x| \leq \|(x,y)\|_2\] ET de meme \(|y| \leq \|(x,y)\|_2\). On en déduit, pour tout \((x,y) \neq (0,0)\):

\[\begin{align} f(x,y) \leq \frac{3x^2 +xy}{\sqrt{x^2+y^2}} & \leq\frac{3|x|^2 +|x||y|}{\|(x,y)\|_2}\\ & \leq \frac{3\|(x,y)\|_2^2 +\|(x,y)\|_2^2}{\|(x,y)\|_2} \leq \frac{4\|(x,y)\|_2^2}{\|(x,y)\|_2} \leq 4\|(x,y)\|_2. \end{align}\]

  1. Comme \(0 \leq |f(x,y)| \leq 4\|(x,y)\|_2\). Alors d’après le théorème de gendarmes on a :

\[ \lim_{(x,y) \to (0,0)}f(x,y) = 0\]

Exercice 2.

Soit \(f\) la fonction de=éfinie sur \(\mathbb{R}^2\) par

\[ f(x,y) = \begin{cases} \frac{xy}{x^2+y^2}, & \text{si } (x,y) \neq (0,0) \\ 0, & \text{si } (x,y) = (0,0) \end{cases} \]

La fonction \(f\) est-elle continue en 0 ?

Corrigé

Prenons la suite \((u_n = (\frac{1}{n},\frac{1}{n}))_{n \in \mathbb{N}^*}\) qui tend vers \((0,0)\) lorsque \(n\) tend vers \(+ \infty\).

On vérifie, facilement que \(f(u_n)=\frac{1}{2}\) pour tout n.

Donc, \[ \lim f(u_n) = \frac{1}{2} \neq 0 = f(0,0) = f(\lim (u_n)).\] La fonction \(f\) n’est pas donc continue en \((0,0)\).

Exercice 3.

Soit \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\) la fonction définie par :

\[ f(x, y) = x^2 - 2xy + 3y. \]

1.La fonction \(f\) admet-elle des dérivées directionnelles en tout point de \(\mathbb{R}^2\) suivant tous les vecteurs ? Pourquoi ?

2.Soit \(u = (a, b)\) un vecteur de \(\mathbb{R}^2\) ; Calculer, à l’aide de la définition, la dérivée directionnelle de \(f\) au point \((1, 2)\) suivant \(u\).

3.En déduire les valeurs des dérivées partielles en \((1, 2)\) : \(\partial_1 f(1, 2)\), \(\partial_2 f(1, 2)\).

Corrigé

  1. La fonction \(f\) est polynomial, elle est donc de classe \(C1\) sur \(\mathbb{R}\) et possède des dérivées directionnelles en tout point de \(\mathbb{R}^2\), suivant tout vecteur de \(\mathbb{R}^2\).

  2. Par définition, \[ \partial_u f(1, 2) = \lim_{t \to 0} \frac{f((1, 2) + t(a, b)) - f(1, 2)}{t} \] et donc, \[\partial_u f(1, 2) = \lim_{t \to 0} \frac{f(1 + at, 2 + bt) - f(1, 2)}{t} \]

Considérons la fonction à une seule variable, \(\varphi(t) = f(1 + at, 2 + bt)\), alors \(\partial_u f(1, 2) = \varphi'(0)\). On a : \[ \varphi(t) = (1 + at)^2 - 2(1 + at)(2 + bt) + 3(2 + bt) \] \[ = 1 + 2at + a^2t^2 - 2(2 + (2a + b)t + abt^2) + 6 + 3bt \] \[ = 3 + (-2a + b)t + (a^2 - 2ab)t^2 \] et, par suite : \[ \partial_u f(1, 2) = \varphi'(0) = -2a + b \]

  1. Notons \((e_1 = (1, 0), e_2 = (0, 1))\) la base canonique de \(\mathbb{R}^2\).

Les dérivées partielles sont les dérivées directionnelles suivant les vecteurs de la base canonique.

En utilisant la question précédente, on obtient donc : \[ \partial f / \partial x (1, 2) = \partial_1 f(1, 2) = \partial_{e1} f(1, 2) = -2 \cdot 1 + 0 = -2 \] \[ \partial f / \partial y (1, 2) = \partial_2 f(1, 2) = \partial_{e2} f(1, 2) = -2 \cdot 0 + 1 = 1 \]

Exercice 4

Expliquer pourquoi chacune des fonctions suivantes est de classe C1 au voisinage du point indiqué, et calculer son gradient en ce point :

  1. \(f(x, y) = x \sqrt{y}\) au point (1, 4)
  2. \(g(x, y) = \frac{x}{y}\) au point (6, 3)
  3. \(h(x, y) = \sin(x + 2y)\) au point (\(\pi\), 0)
  4. \(u(x, y) = \sqrt{x} + e^y\) au point (1, 0)
Corrigé

Pour montrer que \(f\) est de classe \(C1\) au voisinage du point donné et pour calculer son gradient en ce point, nous devons d’abord vérifier que \(f\) est différentiable et ensuite calculer ses dérivées partielles premières.

1.La fonction \(f\) est continue en tout point du domaine où elle est définie puisque la racine carrée et la multiplication sont des opérations continues.

    • \(\frac{\partial f}{\partial x}(x, y) = \sqrt{y}\)
    • \(\frac{\partial f}{\partial y}(x, y) = \frac{x}{2\sqrt{y}}\)

Calculons les dérivées partielles en \((1, 4)\) : - \(\frac{\partial f}{\partial x}(1, 4) = \sqrt{4} = 2\) - \(\frac{\partial f}{\partial y}(1, 4) = \frac{1}{2\sqrt{4}} = \frac{1}{4}\)

Le gradient de \(f\) en \((1, 4)\) est donc : \[ \nabla f(1, 4) = \left( \frac{\partial f}{\partial x}(1, 4), \frac{\partial f}{\partial y}(1, 4) \right) = (2, \frac{1}{4}) \]

Exercice 5

Classe C1. On considère la fonction \(f\) de \(\mathbb{R}^2\) dans \(\mathbb{R}\) définie par : \[ f(x, y) = \begin{cases} \frac{x^2 y^3}{\sqrt{x^2 + y^2}} & \text{si } (x, y) \ne (0, 0) \\ 0 & \text{sinon} \end{cases} \]

  1. Montrer que \(f\) est de classe \(C1\) sur \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\).
  2. Calculer les dérivées partielles de \(f\) en tout point de \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\).
  3. Calculer les dérivées partielles de \(f\) en (0, 0).
  4. Montrer que \(f\) est de classe \(C1\) sur \(\mathbb{R}^2\) entier.
Corrigé
  1. Notons tout d’abord que, sur \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\), la fonction \(\| (x, y) \|_2 = \sqrt{x^2 + y^2}\) est composée de deux applications : \[ \mathbb{R}^2 \xrightarrow{\varphi} \mathbb{R}_+^* \xrightarrow{\psi} \mathbb{R}_+^* \] \[ (x, y) \mapsto x^2 + y^2 \] \[ t \mapsto \sqrt{t} \] Puisque \(\varphi\) est de classe \(C1\) sur \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\) et à valeurs dans l’ouvert \(\mathbb{R}_+^*\) et que \(\psi\) est de classe \(C1\) sur \(\mathbb{R}_+^*\), \(\| \cdot \|_2 = \psi \circ \varphi\) est de classe \(C1\) sur \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\).

La fonction \(f\) est donc un quotient de deux fonctions de classe \(C1\), dont le dénominateur ne s’annule pas ; \(f\) est donc de classe \(C1\) sur \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\).

  1. Calculons les dérivées partielles sur \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\) : \[\partial f / \partial x = \frac{2x y^3 \sqrt{x^2 + y^2} - x^2 y^3 \frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}}}{(x^2 + y^2)} = \frac{2x y^3 (x^2 + y^2) - x^3 y^3}{(x^2 + y^2)^{3/2}} \] Donc,\[\partial f / \partial x= \frac{x^3 y^3 + 2x y^5}{(x^2 + y^2)^{3/2}}\] \[ \partial f / \partial y = \frac{3x^2 y^2 \sqrt{x^2 + y^2} - x^2 y^3 \frac{y}{\sqrt{x^2 + y^2}}}{(x^2 + y^2)} = \frac{3x^2 y^2 (x^2 + y^2) - x^2 y^4}{(x^2 + y^2)^{3/2}}\] Donc,\[\partial f / \partial y= \frac{3x^4 y^2 + 2x^2 y^4}{(x^2 + y^2)^{3/2}} \]

  2. On a : \[ \partial f / \partial x (0, 0) = \lim_{t \to 0} \frac{f(t, 0) - f(0, 0)}{t} = 0 \] \[ \partial f / \partial y (0, 0) = \lim_{t \to 0} \frac{f(0, t) - f(0, 0)}{t} = 0 \]

  3. Il suffit de montrer que les dérivées partielles sont toutes deux continues en (0, 0). On a : \[ \partial_1 f(x, y) = \begin{cases} \frac{x^3 y^3 + 2x y^5}{\| (x, y) \|_2^3} & \text{si } (x, y) \ne (0, 0) \\ 0 & \text{si } (x, y) = (0, 0) \end{cases} \] \[ \partial_2 f(x, y) = \begin{cases} \frac{3x^4 y^2 + 2x^2 y^4}{\| (x, y) \|_2^3} & \text{si } (x, y) \ne (0, 0) \\ 0 & \text{si } (x, y) = (0, 0) \end{cases} \] En majorant par la norme comme dans l’exercice 6, on trouve : \[ |\partial_1 f(x, y)| \leq \frac{|x|^3 |y|^3 + 2|x||y|^5}{\| (x, y) \|_2^3} \leq 3 \frac{\| (x, y) \|_2^6}{\| (x, y) \|_2^3} = \| (x, y) \|_2^3 \] Donc \(\lim_{(x, y) \to (0, 0)} \partial_1 f(x, y) = 0 = \partial_1 f(0, 0)\). La fonction \(\partial_1 f\) est donc continue sur \(\mathbb{R}^2\) entier.

On procède de même pour \(\partial_2 f\) qui est aussi continue. La fonction \(f\) est donc de classe \(C1\) sur \(\mathbb{R}^2\) entier.

Exercice 6

Pour les six fonctions de \(\mathbb{R}^2\) dans \(\mathbb{R}\) ci-dessous, répondre aux questions suivantes :

1. En quels points cette fonction admet-elle des dérivées partielles ? Les calculer.

  1. En quels points cette fonction admet-elle des dérivées directionnelles suivant tous les vecteurs ?

3. En quels points cette fonction est-elle continue ?

4. Cette fonction est-elle de classe C1 ?

\(f(x, y) = \begin{cases} \frac{xy}{\sqrt{x^2 + y^2}} & \text{si } (x, y) \ne (0, 0) \\ 0 & \text{sinon} \end{cases}\) \(g(x, y) = \begin{cases} \frac{xy}{x^2 + y^2} & \text{si } (x, y) \ne (0, 0) \\ 0 & \text{sinon} \end{cases}\) \(h(x, y) = \begin{cases} \frac{x^2 y}{x^2 + y^2} & \text{si } (x, y) \ne (0, 0) \\ 0 & \text{sinon} \end{cases}\) \(u(x, y) = \begin{cases} \frac{x^2 y}{x^4 + y^2} & \text{si } (x, y) \ne (0, 0) \\ 0 & \text{sinon} \end{cases}\) \(v(x, y) = \begin{cases} y^2 \ln |x| & \text{si } x \ne 0 \\ 0 & \text{sinon} \end{cases}\)

(pour \(u\), on pourra considérer la restriction de \(u\) à la parabole d’équation \(y = x^2\) paramétrée par \(t \mapsto (t, t^2)\)).

Corrigé pour \(f\)

Cette fonction est de classe \(C1\) sur \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\). Ses dérivées partielles sur \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\) valent : \[ \partial f / \partial x = \frac{y \sqrt{x^2 + y^2} - xy \frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}}}{x^2 + y^2} = \frac{y^3}{(x^2 + y^2)^{3/2}} \] \[ \partial f / \partial y = \frac{x \sqrt{x^2 + y^2} - xy \frac{y}{\sqrt{x^2 + y^2}}}{x^2 + y^2} = \frac{x^3}{(x^2 + y^2)^{3/2}} \] On calcule par ailleurs : \[ \partial f / \partial x (0, 0) = 0 \] \[ \partial f / \partial y (0, 0) = 0 \] La fonction \(f\) admet donc des dérivées partielles en tout point de \(\mathbb{R}^2\). Elle est continue en 0 puisque : \[ |f(x, y)| \leq \frac{|x||y|}{\| (x, y) \|_2} \leq \| (x, y) \|_2 \rightarrow_{(x,y) \to (0, 0)} 0 \] En revanche, \(f\) ne possède pas de dérivées directionnelles dans toutes les directions en (0, 0).

Par exemple, si \(u = (1, 1)\) : \[ \partial_u f(0, 0) = \lim_{t \to 0} \frac{f(t, t) - f(0, 0)}{t} = \lim_{t \to 0} \frac{t^2}{t \sqrt{t^2}} = \lim_{t \to 0} \frac{t}{|t|} \] qui n’est pas définie (tend vers 1 à droite et -1 à gauche).

Ainsi, \(f\) n’est pas de classe \(C1\) au voisinage de (0, 0).

Corrigé pour \(g\)

Cette fonction est de classe \(C1\) sur \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\). Ses dérivées partielles sur \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\) valent : \[ \partial g / \partial x (x, y) = \frac{y(x^2 + y^2) - xy(2x)}{(x^2 + y^2)^2} = \frac{-x^2 y + y^3}{(x^2 + y^2)^2} \] \[ \partial g / \partial y (x, y) = \frac{x(x^2 + y^2) - xy(2y)}{(x^2 + y^2)^2} = \frac{x^3 - xy^2}{(x^2 + y^2)^2} \] On calcule par ailleurs : \[ \partial g / \partial x (0, 0) = 0 \] \[ \partial g / \partial y (0, 0) = 0 \] La fonction \(g\) admet donc des dérivées partielles en tout point de \(\mathbb{R}^2\). Pourtant, \(g\) n’est pas continue en 0 puisque \(\lim_{n \to +\infty} g(1/n, 1/n) = 1/2 \neq g(0, 0) = 0\).

Elle n’est donc pas de classe \(C1\) sur \(\mathbb{R}^2\) entier.

Enfin, \(g\) ne possède pas de dérivées directionnelles dans toutes les directions en (0, 0).

Par exemple, si \(u = (1, 1)\) : \[ \partial_u g(0, 0) = \lim_{t \to 0} \frac{g(t, t) - g(0, 0)}{t} = \lim_{t \to 0} \frac{1}{2t} \] qui n’est pas définie. Ainsi, \(g\) n’est pas de classe \(C1\) au voisinage de (0, 0).

Corrigé pour \(h\)

Cette fonction est de classe \(C1\) sur \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\).

Ses dérivées partielles sur \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\) valent : \[ \partial h / \partial x (x, y) = \frac{2xy(x^2 + y^2) - x^2 y(2x)}{(x^2 + y^2)^2} = \frac{2xy^3}{(x^2 + y^2)^2} \] \[ \partial h / \partial y (x, y) = \frac{x^2(x^2 + y^2) - x^2 y(2y)}{(x^2 + y^2)^2} = \frac{x^4 - x^2 y^2}{(x^2 + y^2)^2} \] On calcule par ailleurs, à l’aide de la définition : \[ \partial h / \partial x (0, 0) = 0 \] \[ \partial h / \partial y (0, 0) = 0 \] La fonction \(h\) admet donc des dérivées partielles en tout point de \(\mathbb{R}^2\).

Elle est continue en 0 puisque : \[ |h(x, y)| \leq \frac{|x|^2 |y|}{\| (x, y) \|_2^2} \leq \frac{\| (x, y) \|_2^3}{\| (x, y) \|_2^2} = \| (x, y) \|_2 \rightarrow_{(x,y) \to (0, 0)} 0 \] La fonction \(h\) possède des dérivées directionnelles dans toutes les directions en (0, 0).

Si \(u = (a, b)\) est un vecteur non nul quelconque de \(\mathbb{R}^2\), on a : \[ \partial_u h(0, 0) = \lim_{t \to 0} \frac{h(ta, tb) - h(0, 0)}{t} = \lim_{t \to 0} \frac{h(a, b)}{t^3} t t^2 = h(a, b) \] En revanche, \(h\) n’est pas de classe \(C1\). \ Si elle l’était, le développement de Taylor-Young à l’ordre 1 en (0, 0) impliquerait que \(\partial_u=(a,b) h(0, 0) = a \partial_1 h(0, 0) + b \partial_2 h(0, 0) = 0\). Ce n’est pas le cas puisque, si \(u = (1, 1)\) par exemple, \(\partial_u h(0, 0) = h(1, 1) = 1/2\).

Pour montrer que \(h\) n’est pas de classe \(C1\), on peut aussi directement montrer que \(\partial_1 h\) n’est pas continue en (0, 0), à l’aide de la suite \((1/n, 1/n)\) par exemple : \[ \lim_{n \to +\infty} \partial_1 h(1/n, 1/n) = \lim_{n \to +\infty} 1/2 \neq \partial_1 h(0, 0) \]

Corrigé pour \(u\)

La fonction \(u\) est de classe \(C1\) sur \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\).

On peut montrer qu’elle n’est pas continue en (0, 0) en approchant l’origine le long de la parabole \(y = x^2\).

Considérons par exemple la suite de points \(p_n = (1/n, 1/n^2)\) qui est sur cette parabole et tend vers (0, 0).

On voit que \(f(p_n) = 1/2\) qui ne tend pas vers 0 = \(u(0, 0)\).

En revanche, \(u\) possède des dérivées directionnelles suivant toutes les directions en (0, 0) puisque, si \(v = (a, b)\) est un vecteur non nul, $$ v_u(0, 0) = = _{t } = =

\[\begin{cases} 0 & \text{si } b = 0 \\ a/b & \text{sinon} \end{cases}\]

$$

Corrigé pour \(v\)

La fonction \(v\) est de classe \(C1\) sur \(\mathbb{R}^* \times \mathbb{R}\).

Ses dérivées partielles sur \(\mathbb{R}^* \times \mathbb{R}\) valent : \[ \partial v / \partial x (x, y) = \frac{y^2}{x} \] \[ \partial v / \partial y (x, y) = 2y \ln |x| \] En un point \((0, y)\), \(y \ne 0\) de l’axe des ordonnées, on a : \[ \partial v / \partial x (0, y) = \lim_{t \to 0} \frac{v(t, y) - v(0, y)}{t} = \lim_{t \to 0} \frac{y^2 \ln |t|}{t} = -\infty \] \[ \partial v / \partial y (0, y) = \lim_{t \to 0} \frac{v(0, y + t) - v(0, y)}{t} = 0 \]

La fonction \(v\) n’admet donc pas de dérivée partielle par rapport à \(x\) sur l’axe des abscisses privé de l’origine.

Elle admet des dérivées partielles en tout autre point de \(\mathbb{R}^2\).

Cette fonction n’est pas continue sur l’axe des ordonnées privé de l’origine puisque \(\lim_{n \to +\infty} y^2 \ln(1/n) = -\infty\).

Montrons qu’elle n’est pas non plus continue en 0.

Considérons la suite de points \(p_n = (1/n, e^{-n^2})\).

Alors \(p_n\) tend vers (0, 0) et \(v(p_n) = (1/n)^2 \ln(e^{-n^2}) = -1\) pour tout \(n\).

Sa limite est donc -1, différente de \(v(0, 0) = 0\).

Exercice 7

Déterminer les matrices jacobiennes des applications suivantes :

  1. \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\) définie par \(f(x, y) = x \cos(y - x)\)
  2. \(g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}^3\) définie par \(g(t) = (\cos t, \sin t, t)\)
  3. \(h : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2\) définie par \(h(x, y) = (xy, e^x \cos y)\)
Corrigé

On a :

\[ \begin{align} J_f(x, y) &= \begin{bmatrix} \partial_1 f(x, y) & \partial_2 f(x, y) \end{bmatrix} \\ &= \begin{bmatrix} \cos(y - x) + x \sin(y - x) & -x \sin(y - x) \end{bmatrix} \end{align} \]

\[ J_g(t) = \begin{bmatrix} g'_1(t) \\ g'_2(t) \\ g'_3(t) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -\sin t \\ \cos t \\ 1 \end{bmatrix} \] \[ J_h(x, y) = \begin{bmatrix} \partial_1 h_1(x, y) & \partial_2 h_1(x, y) \\ \partial_1 h_2(x, y) & \partial_2 h_2(x, y) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} y & x \\ e^x \cos y & -e^x \sin y \end{bmatrix} \]

Exercice 8

Soit \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\) une fonction de classe \(C1\).

On définit \(g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) par \(g(t) = f(2 + 2t, t^2)\).

Démontrer que \(g\) est \(C1\) et calculer \(g'(t)\) en fonction des dérivées partielles de \(f\).

Corrigé

Notons \(\varphi\) la fonction de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}^2\) dont les fonctions coordonnées sont \(\varphi_1(t) = 2 + 2t\) et \(\varphi_2(t) = t^2\). On a \(g = f \circ \varphi\) et on peut appliquer la formule du cours :

\[ \begin{align} g'(t) &= \partial_1 f(\varphi(t)) \varphi'_1(t) + \partial_2 f(\varphi(t)) \varphi'_2(t) \\ &= 2 \partial_1 f(2 + 2t, t^2) + 2t \partial_2 f(2 + 2t, t^2) \end{align} \]

Exercice 9

On considère une fonction de classe \(C1\) \(f : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}\), et on définit \(g : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}\) par \(g(x, y, z) = f(x^2 - y^2, y^2 - z^2, z^2 - x^2)\).

Montrer que \(g\) est de classe \(C1\), et que l’on a : \[ \forall t \in \mathbb{R}, \partial_1 g(t, t, t) + \partial_2 g(t, t, t) + \partial_3 g(t, t, t) = 0 \]

Corrigé

Considérons la fonction \(\varphi\) de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}^3\) définie par \(\varphi(t) = (t, t, t)\). Considérons la fonction composée \(\psi(t) = g \circ \varphi\).

En appliquant la formule des fonctions composées, on a :

\[ \begin{align} \psi'(t) &= \partial_1 g(\varphi(t)) \varphi'_1(t) + \partial_2 g(\varphi(t)) \varphi'_2(t) + \partial_3 g(\varphi(t)) \varphi'_3(t) \\ &= \partial_1 g(\varphi(t)) + \partial_2 g(\varphi(t)) + \partial_3 g(\varphi(t)) \end{align} \]

Mais par ailleurs,

\[ g \circ \varphi(t) = f(t^2 - t^2, t^2 - t^2, t^2 - t^2) = f(0, 0, 0) \] en tout point \(t\).

C’est donc une fonction constante, et sa dérivée est nulle.

Exercice 10

Soit \(f : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}\) définie par \(f(x) = \|x\|^2\), où la norme est la norme euclidienne (norme 2).

  1. Montrer que \(f\) est de classe \(C1\) en dehors de \(0_{\mathbb{R}^n}\), et calculer son gradient.
  2. Même question pour la fonction \(g(x) = \frac{1}{\|x\|^2}\) définie sur \(\mathbb{R}^n \setminus \{0_{\mathbb{R}^n}\}\).
Corrigé

Indication : utilises la composée de deux fonctions

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