Corrigé des exercices - Dunod

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2. Soit h : x ↦−→ f(x,x). Le théorème de dérivation des fonctions composées donne
h ′ (x) = ∂f ∂f
(x,x) +
∂x ∂y (x,x).
3. Soit k : x ↦−→ f(x,f(x,x)). On obtient, avec le même théorème et en gardant les mêmes
notations,
k ′ (x) = ∂f
∂x (x,h(x)) + h′ (x) ∂f
∂y (x,h(x))
= ∂f ( ) ∂f
∂x (x,h(x)) + ∂f ∂f
(x,x) +
∂x ∂y (x,x) ∂y (x,h(x)).
4. Soit l : (x,y) ↦−→ f(h(x),y). On obtient, en revenant à la définition et en utilisant le
résultat de la question 2,
∂l
∂x (x,y) = h′ (x) ∂f
Exercice 28.2
En développant, on obtient
G n (x,y) = 1 n!
= 1 n!
∂x (h(x),y) et ∂l
∂y
∫ y
0
(x,y) =
∂f
∂y (h(x),y).
(
∑ n ( )
n
f(t)
k)x k (−t) n−k dt
k=0
n∑
( ∫ n y
k)x k f(t)(−t) n−k .
k=0
La fonction G n est continue sur R 2 , car c’est une somme de produits de fonctions d’une
variable x ou y, continues.
La fonction G n possède des dérivées partielles d’ordre 1 sur R 2 . On obtient
∂G n
∂x (x,y) = 1 n!
=
∂G n
∂y (x,y) = 1 n!
n∑
( ∫ n y
k
k)x k−1 f(t)(−t) n−k
k=1
1
(n − 1)!
n∑
k=1
= G n−1 (x,y),
n∑
k=0
0
0
( ∫ n − 1 y
)x k−1
k − 1
0
f(t)(−t) n−k
( n
k)
x k f(y)(−y) n−k = 1 n! f(y)(x − y)n .
Ces deux dérivées partielles sont continues sur R 2 , donc G n est de classe C 1 .
Exercice 28.3
On a, pour tout (x,y) ∈ R 2 , F(x,y) = f( √ x 2 + y 2 ). En tout point différent de (0,0), F
possède des dérivées partielles
∂F
∂x (x,y) =
x
√
x2 + y f ′ ( √ x 2 + y 2 ) et ∂F
2 ∂y (x,y) =
y
√
x2 + y 2 f ′ ( √ x 2 + y 2 ).