Licence de Sciences Économiques Année 2006-2007 Université de Nice Sophia-Antipolis Mathématiques L1

CORRECTION PARTIELLE DE LA FEUILLE DE TRAVAUX DIRIGÉS 3

Exercice 1. On appelle à chaque fois f la fonction définie par la formule de la question.

(1) La fonction f est définie et dérivable sur ℝ^{∗}.

\frac{df}{dx}(x) = f′(x) = −\frac{25}{x^{6}} + \frac{7}{x^{8}} = −25x^{−6} + 7x^{−8} .

(2) La fonction f est définie et dérivable sur ℝ^{+∗}.

f′(x) = −x^{− \frac{3}{2}} − \frac{9}{2}x^{− \frac{5}{2}} .

(3) La fonction f est définie sur ℝ^{+} et dérivable sur ℝ^{+∗}.

f′(x) = \frac{1}{2} \frac{2 + \sqrt{x}}{(1 + \sqrt{x})^{2}} .

(4) La fonction f est définie et dérivable sur ℝ (x^{2} − 3x + 5 > 0 et Δ = −11 < 0).

f′(x) = \frac{2x − 3}{2\sqrt{x^{2} − 3x + 5}} .

(5) La fonction f est définie et dérivable sur ℝ.

f′(x) = (sin x) × sin(cos x) .

(6) La fonction f est définie sur [−\frac{1}{3} ; +∞[, 3x+1 ≥ 0, et dérivable sur ]− \frac{1}{3} ; +∞[, 3x+1 > 0.

f′(x) = \frac{3}{2\sqrt{3x + 1}} cos(\sqrt{3x + 1}) .

(7) La fonction f est définie et dérivable sur ℝ.

f′(x) = 4xe^{2x^{2}+1} .

(8) La fonction f est définie et dérivable sur ]\frac{1}{3} ; +∞[, 3x − 1 > 0.

f′(x) = −\frac{3}{3x − 1} .

(9) La fonction f est définie et dérivable sur ℝ^{∗}.

f′(x) = −\frac{1}{x^{2}} × ln 3 × 3^{\frac{1}{x}} .

Exercice 2. On a f′(x) = −\frac{1}{3x^{2} + 2x} .

Exercice 3.

(1) D_{f} = {(x_{1}, x_{2}) ∈ ℝ^{2} | x_{2} ≠ 0}.

La fonction f est une fonction rationnelle. Elle admet donc des dérivées partielles sur tout son domaine de définition.

\frac{∂f}{∂x_{1}} (x_{1}, x_{2}) = 6x_{1} − x_{2} ,

\frac{∂f}{∂x_{1}} (x_{1}, x_{2}) = −\frac{2}{x_{1}} − x_{1} ,

\frac{∂^{2}f}{∂x_{1}^{2}} (x_{1}, x_{2}) = 6 ,

\frac{∂^{2}f}{∂x_{2}^{2}} (x_{1}, x_{2}) = \frac{4}{x_{2}^{3}} ,

Comme la fonction f admet des dérivées partielles d’ordre 2 \underline{continues}, on peut appliquer le théorème de Schwarz :

\frac{∂^{2}f}{∂x_{1}∂x_{2}} (x_{1}, x_{2}) = \frac{∂^{2}f}{∂x_{2}∂x_{1}} (x_{1}, x_{2}) = −1 .

Exercice 4. On appelle à chaque fois f la fonction définie par la formule de la question.

(1) La fonction f est définie et admet des dérivées partielles sur {(x, y) ∈ ℝ^{2} | x > −1, y > −1}.

\frac{∂f}{∂x} (x, y) = \frac{1}{x + 1} ,

\frac{∂f}{∂y} (x, y) = \frac{2}{y + 1} .

(2) La fonction f est définie sur {(x, y) ∈ ℝ^{2} | x ≥ 0, y ≥ 0} et admet des dérivées partielles sur {(x, y) ∈ ℝ^{2} | x > 0, y > 0}.

\frac{∂f}{∂x} (x, y) = 5x^{− \frac{1}{2}} ,

\frac{∂f}{∂y} (x, y) = y^{− \frac{1}{2}} .

Soit λ > 0, on a f(λx, λy) = 10(λx)^{\frac{1}{2}} +2(λy)^{\frac{1}{2}} = λ^{\frac{1}{2}} (10x^{\frac{1}{2}} +2y^{\frac{1}{2}} ) = λ^{\frac{1}{2}} f(x, y). La fonction f est donc \underline{homogène de degré \frac{1}{2}}.

[Autre Méthode] Comme la fonction f admet des dérivées partielles \underline{continues}, on peut appliquer le théorème d’Euler : Comme x\frac{∂f}{∂x}(x, y) + y \frac{∂f}{∂y} (x, y) = \frac{1}{2} × (10x^{\frac{1}{2}} + 2y^{\frac{1}{2}} ) = \frac{1}{2}f(x, y) (identité d’Euler), alors la fonction f est \underline{homogène de degré \frac{1}{2}}.

(3) La fonction f est définie sur {(x, y) ∈ ℝ^{2} | 3x + 2y ≥ 0} et admet des dérivées partielles sur {(x, y) ∈ ℝ^{2} | 3x + 2y > 0}.

\frac{∂f}{∂x} (x, y) = \frac{3}{2} (3x + 2y)^{− \frac{1}{2}} ,

\frac{∂f}{∂y} (x, y) = (3x + 2y)^{− \frac{1}{2}} .

La fonction f est \underline{homogène de degré \frac{1}{2}}.

(4) La fonction f est définie sur {(x, y) ∈ ℝ^{2} | (x ≥ 0, y ≥ 0) ou (x ≤ 0, y ≤ 0)} et admet des dérivées partielles sur {(x, y) ∈ ℝ^{2} | (x > 0, y > 0) ou (x < 0, y < 0)}.

\frac{∂f}{∂x} (x, y) = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{y}{x}} ,

\frac{∂f}{∂y} (x, y) = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{x}{y}} .

La fonction f est \underline{homogène de degré 1}.

(5) La fonction f est définie sur ℝ^{2} car 2x^{2} + 3y^{2} ≥ 0 et admet des dérivées partielles sur ℝ^{2} − {(0; 0)}.

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

\frac{∂f}{∂y} (x, y) = \frac{3y}{\sqrt{2x^{2} + 3y^{2}}} .

La fonction f est \underline{homogène de degré 1}.

(6) La fonction f est définie sur {(x_{1}, x_{2}, x_{3}) ∈ ℝ^{3} | x_{1} ≥ 0, x_{2} ≥ 0, x_{3} ≥ 0} et admet des dérivées partielles sur {(x_{1}, x_{2}, x_{3}) ∈ ℝ^{3} | x_{1} > 0, x_{2} > 0, x_{3} > 0}.

\frac{∂f}{∂x_{1}} (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = \frac{1}{4}x_{1}^{− \frac{3}{4}} x2^{\frac{1}{4}} x3^{\frac{1}{2}} ,

\frac{∂f}{∂x_{1}} (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = \frac{1}{4}x1^{\frac{1}{4}} x_{2}^{− \frac{3}{4}} x3^{\frac{1}{2}} ,

\frac{∂f}{∂x_{1}} (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = \frac{1}{2}x1^{\frac{1}{4}} x2^{\frac{1}{4}} x_{3}^{− \frac{1}{2}} .

La fonction f est \underline{homogène de degré 1}.

Exercice 5. La fonction f est polynomiale. Elle est donc définie et admet des dérivées partielles sur ℝ^{2}.

On a \frac{∂f}{∂x_{1}} (x_{1}, x_{2}) = 10x_{1} − 2x_{2} et \frac{∂f}{∂x_{2}} (x_{1}, x_{2}) = 6x_{2} − x_{1} + 14 . Les points critiques sont

donc les solutions du système

\{ \begin{matrix}\frac{∂f}{∂x_{1}} (x_{1}, x_{2}) = 10x_{1} − 2x_{2} = 0 \\ \frac{∂f}{∂x_{2}} (x_{1}, x_{2}) = 6x_{2} − x_{1} + 14 = 0. \end{matrix}

On trouve une seule solution (−\frac{14}{29}; −\frac{70}{29}) .