Corrigé des exercices - Dunod

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Montrons que f possède un développement limité d’ordre 1 en (0,y 0 ), pour tout y 0 . On peut
écrire, pour tout (h,k) ∈ R 2 ,
En posant
|f(h,y 0 + k)| h 2 (y 0 + k) 2 ‖(h,k)‖ 2 (y 0 + k) 2 .
ε(h,k) = f(h,y 0 + k)
‖(h,k)‖
si (h,k) ≠ (0,0) et ε(0,0) = 0,
on obtient |ε(h,k)| ‖(h,k)‖(y 0 + k) 2 et donc lim ε(h,k) = 0. Ainsi, f possède un
(h,k)→(0,0)
développement limité d’ordre 1 en (0,y 0 ) qui est
f(h,y 0 + k) = ‖(h,k)‖ε(h,k).
La fonction f possède donc un développement limité d’ordre 1 en tout point de R 2 .
Il résulte du développement limité en un point d’abscisse nulle que, pour tout réel y,
∂f
(0,y) = 0.
∂x
Or, pour x ≠ 0, on a
∂f
∂x (x,y) = 2xy2 sin 1 x − y2 cos 1 x .
∂f
Si y ≠ 0,
∂x (x,y) n’a pas de limite quand x tend vers 0, car 2xy2 sin 1 tend vers 0 et
x
y 2 cos 1 ∂f
n’a pas de limite. La fonction n’est pas continue en (0,y) pour tout y ≠ 0.
x ∂x
Exercice 28.10
1. Si f vérifie l’équation alors, pour tout y ∈ R, la fonction x ↦−→ f(x,y) a une dérivée
nulle donc est constante. On a, pour tout (x,y) ∈ R 2 , f(x,y) = f(0,y). La fonction
g : y ↦−→ f(0,y) est une fonction de classe C 1 de R dans R.
Réciproquement, si g : R −→ R est de classe C 1 , la fonction
f : (x,y) ↦−→ g(y)
est solution.
2. Soit H une primitive quelconque de h. Si f vérifie l’équation alors, pour tout y, la fonction
x ↦−→ f(x,y) a pour dérivée h. On a, pour tout (x,y) ∈ R 2 , f(x,y) = H(x) −H(0)+f(0,y).
La fonction g : y ↦−→ f(0,y) − H(0) est de classe C 1 sur R.
Réciproquement, si g : R −→ R est de classe C 1 , la fonction
est solution de l’équation.
f : (x,y) ↦−→ H(x) + g(y)
3. Si f vérifie l’équation alors, pour tout y ∈ R, la dérivée de x ↦−→ f(x,y) est la fonction
constante x ↦−→ h(y). On a donc, pour tout (x,y) ∈ R 2 , f(x,y) = xh(y) + f(0,y). Si f est
de classe C 1 , les fonctions h et y ↦−→ f(0,y) sont de classe C 1 .
Réciproquement, si h est de classe C 1 toute fonction
où g : R −→ R est de classe C 1 convient.
(x,y) ↦−→ xh(y) + g(y),