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EXERCICES RESOLUS 4-5-6-7-8-9-10-11.
FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES.
DERIVEES PARTIELLES, DIFFERIENTIABILITE
On peut télécharger ce cours et ces exercices sous
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PROFESSEUR BENZINE RACHID
Mai 2016
PROFESSEUR BENZINE RACHID ()

Pr Benzine Rachid

Mai 2016

1/1

FONCTIONS DE PLUSIEURS VARIABLES. DERIVEES
PARTIELLES, DIFFERIENTIABILITE

Exercice 4
Considérons la fonction f : R2 ! R dé…nie par
f (x, y ) = 2x 2

xy + y 2

et (x0 , y0 ) 2 R2 quelconque. Calculez en utilisant la dé…nition
∂f
(x0 , y0 ).
et ∂y

∂f
∂x (x0 , y0 )

Solution Exercice 4
Par dé…nition
∂f
f (x0 + h, y0 )
(x0 , y0 ) = lim
h
!
0
∂x
h
PROFESSEUR BENZINE RACHID ()
Pr Benzine Rachid

f (x0 , y0 )

.
Mai 2016

1/1

On
f (x0 + h, y0 )

f (x0 , y0 )

2

= 2(x0 + h)
(x0 + h)y0 + y02
2x02 x0 y0 + y02
= 2x02 + 2h2 + 4x0 h x0 y0 hy0 + y02 2x02 + x0 y0
= h (2h + 4x0 y0 ) .

y02

Donc
f (x0 + h, y0 )
h

f (x0 , y0 )

= (2h + 4x0

y0 ) ,

et
f (x0 + h, y0 ) f (x0 , y0 )
h
lim (2h + 4x0 y0 ) = (4x0 y0 ) .
lim

=

h !0
h !0

Donc
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∂f
(x0 , y0 ) = (4x0
∂x
Pr Benzine Rachid

y0 ) .
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1/1

De même, par dé…nition
f (x0 , y0 + k )
∂f
(x0 , y0 ) = lim
k !0
∂y
k

f (x0 , y0 )

.

On
f (x0 , y0 + k )

f (x0 , y0 )

2

= 2x0
x0 (y0 + k ) + (y0 + k )2
2x02 x0 y0 + y02
= 2x02 x0 y0 x0 k + y02 + k 2 + 2y0 k 2x02 + x0 y0 y02
= k ( x0 + k + 2y0 )
Donc

f (x0 , y0 + k )
k

f (x0 , y0 )

= ( x0 + k + 2y0 ),

et
f (x0 , y0 + k )
h !0
k
lim

f (x0 , y0 )

= lim ( x0 + k + 2y0 ) = ( x0 + 2y0 ).
k !0

Donc
PROFESSEUR BENZINE RACHID ()

∂f
(x0 , y0 ) = ( x0 + 2y0 ).
∂y
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Mai 2016

1/1

Exercice 5
Considérons la fonction f : R2 ! R dé…nie par:
f (x, y ) = x 3 y + e xy
00

2

00

Calculez 1)fx0 , 2)fy0 , 3)fxx , 4)fyy , 5)fxy00 , 6)fyx00
Solution Exercice 5
1)
2
∂f
= 3x 2 y + y 2 e xy
∂x

fx0 =
2)
fy0 =

2
∂f
= x 3 + 2yxe xy
∂y

3)
00

fxx =

∂2 f

=
2
∂x
∂x

PROFESSEUR BENZINE RACHID ()

∂f
∂x

=

2

3x 2 y + y 2 e xy
∂x
Pr Benzine Rachid

= 6xy + y 4 e xy

2

Mai 2016

1/1

4)
00

fyy

=

∂2 f

=
2
∂y
∂y

= e xy

2

∂f
∂y

=


∂y

x 3 + 2yxe xy

2

2

= 2xe xy + 2yx.2yx.e xy

2

2x + 4y 2 x 2

5)
fxy00

=

∂2 f

=
∂y ∂x
∂y

∂f
∂x


∂y

=

2

3x 2 y + y 2 e xy

2

2

= 3x 2 + 2ye xy + y 2 .e xy .2xy
2
= 3x 2 + e xy 2y + 2xy 3
6)
fyx00

=

∂2 f

=
∂x ∂y
∂x

∂f
∂y

=

2

2

x 3 + 2yxe xy
∂x
2

= 3x 2 + 2xy (y 2 e xy ) + e xy .2y
= 3x 2 + e xy
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2

2xy 3 + 2y
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1/1

Remarque
Remarquons que dans cet exercice on a
∂2 f
∂2 f
(x, y ) =
(x, y ) 8(x, y ) 2 R2 .
∂x ∂y
∂y ∂x

(9.34)

Ceci n’est pas toujours vrai. Avec des conditions sur la fonction f (x, y ),
(9.34) devient vraie. Voyons dans le théorème qui suit, quelles sont ces
conditions.
Exercice 6
Donnez l’exemple d’une fonction f : R2 ! R telle que:
∂2 f
∂2 f
∂x ∂y (x0 , y0 ) et ∂y ∂x (x0 , y0 ) existent, mais
∂2 f
∂2 f
(x0 , y0 ) 6=
(x0 , y0 )
∂x ∂y
∂y ∂x
Que peut on conclure?
Solution Exercice 6
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1/1

Considérons: f : R2 ! R, dé…nie par
(
xy (x 2 y 2 )
si (x, y ) 6= (0, 0)
x 2 +y 2
f (x, y ) =
0 si (x, y ) = (0, 0)
Si (x, y ) 6= (0, 0), alors

∂f
y
x2 y2
(x, y ) = 2x 2 2
+
y
∂x
x + y2
x2 + y2

2x 2 y

∂f
x2 y2
(x, y ) = x 2
∂y
x + y2

2xy 2

2x

y2
x2 + y2

x2

y2

(x 2 + y 2 )2
x2

y2

(x 2 + y 2 )2

Donc
∂2 f
(0, 0) =
∂x ∂y


∂x

∂f
∂y

(0, 0)

∂f
∂y

PROFESSEUR BENZINE RACHID

∂f
(0 + h, 0) ∂y
(0, 0)
= lim
h !0
h
∂f
h3
h3
2
∂y (h, 0)
= lim
= lim h = lim 3 = +1
h !0
h !0 h
h !0 h
h
()
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1/1

∂2 f
(0, 0) =
∂y ∂x

=
=
Donc


∂y
lim

∂f
∂x
∂f
∂x

k !0

lim

k !0

∂f
∂x

(0, 0)

∂f
(0, 0 + k ) ∂x
(0, 0)
k
k3
(0, k )
2
= lim k = lim
k !0 k
k !0
k

1

∂2 f
∂2 f
(0, 0) 6=
(0, 0)
∂x ∂y
∂y ∂x

Conclusion
On a le théorème de Shwartz suivant:
2f
Si l’une des deux fonctions ∂x∂ ∂y
(x, y ) ou
voisinage du point (x0 , y0 ) , alors on a

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k3
=
k3

∂2 f
∂y ∂x

(x, y ) est continue dans un

∂2 f
∂2 f
(x0 , y0 ) =
(x0 , y0 )
∂x ∂y
∂y ∂x
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Mai 2016

1/1

Par conséquent, Si
∂2 f
∂2 f
(0, 0) 6=
(0, 0)
∂x ∂y
∂y ∂x
2

2

f
f
alors nécessairement ∂x∂ ∂y
(x, y ) et ∂y∂ ∂x
(x, y ) ne sont pas continues dans
aucun voisinage du point (0, 0) .
Exercice 7
Considérons: f : R2 ! R, dé…nie par

f (x, y ) =

xy
x 2 +y 2

si (x, y ) 6= (0, 0)
0 si (x, y ) = (0, 0)

∂f
∂f
a) Montrez que ∂x
(0, 0) et ∂y
(0, 0) existent et calculez leur valeur en
utilisant la dé…nition
b) Montrez que f n’est pas continue au point (0, 0)

Solution Exercice 7
a) Par dé…nition, on a
0
∂f
f (0 + h, 0) f (0, 0)
0
h2
= lim = lim 3 = 0
(0, 0) = lim
h
!
0
h
!
0
h
!
0
∂x
hPr Benzine Rachid
h
h Mai 2016
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1/1

∂f
f (0, 0 + k )
(0, 0) = lim
k !0
∂y
k

f (0, 0)

0
0
2
= lim k = lim 3 = 0
h !0 k
h !0 k

Par conséquent
∂f
∂f
(0, 0) =
(0, 0) = 0
∂x
∂y
b) Montrons que f n’est pas continue au point (0, 0). Il su¢ t de montrer
que
lim f (x, y ) n’existe pas. En e¤et.
(x ,y )!(0,0 )

mx 2
mx 2
m
lim
f (x, y ) = lim 2
=
lim
=
x !0 x + m 2 x 2
x !0 x 2 (1 + m 2 )
1
+
m2
(x, y ) ! (0, 0)
y = mx
m = 1, on a
1
1
lim
f (x, y ) =
= = `1
1+1
2
(x, y ) ! (0, 0)
y =x
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1/1

m=2

2
2
lim
= = `2
f (x, y ) =
1+4
5
(x, y ) ! (0, 0)
y = 2x

`1 6= `2 . Donc

lim

(x ,y )!(0,0 )

f (x, y ) n’existe pas. Par conséquent f n’est pas

continue au point (0, 0).
Exercice 8
Considérons la fonction f : R2 ! R dé…nie par
f (x, y ) = 2x + 3y
Montrez que la fonction f est di¤erentiable en tout point (x0 , y0 ) 2 R2 .
Solution Exercice 8
D’après la dé…nition 9.10, il faut montrer qu’i lexiste A 2 R et B 2 R,
deux fonctions de deux variables ε1 : R2 ! R, ε2 : R2 ! R telles que:
f (x0 + h, y0 + k )
avec

f (x0 , y0 ) = Ah + Bk + hε1 (h, k ) + kε2 (h, k ) :

lim

(h,k )!(0,0 )

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ε1 (h, k ) = 0 et
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lim

(h,k )!(0,0 )

ε2 (h, k ) = 0
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1/1

On a
f (x0 + h, y0 + k )

f (x0 , y0 ) = 2(x0 + h) + 3(y0 + k )

= 2x0 + 2h + 3y0 + 3k
= 2h + 3k
= 2h + 3k + h.0 + k.0

(2x0 + 3y0 )
2x0 3y0

f est donc di¤érentiable en prenant
A = 2, B = 3,
ε1

:

ε2

:

R2 ! R, ε1 (h, k ) = 0, 8(h, k ) 2 R2

R2 ! R, ε2 (h, k ) = 0, 8(h, k ) 2 R2

Exercice 9
montrez que
f continue en (x0 , y0 ) ; di¤érentiable en (x0 , y0 )
Corrigé de l’exercice 9
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1/1

Il faut trouver une fonction de 2 variables f et un point
(x0 , y0 ) 2 R2 telle que:
a) f est continue au point (x0 , y0 )
b) f n’est pas di¤érentiable au point (x0 , y0 ).
En e¤et considérons la fonction f : R2 ! R dé…nie par
f (x, y ) = jx + y j

et prenons le point (x0 , y0 ) = (0, 0).
a) Montrons que f est continue au point (0, 0)
En e¤et. Montrons en utilisant la dé…nition que
lim

(x ,y )!(0,0 )

f (x, y ) = f (0, 0) = j0 + 0j = 0

Soit ε > 0, quelconque. Trouvons η > 0 véri…ant la condition suivante:

jx 0j < η
=) j(jx + y j) 0j < ε
(9.46)
jy 0j < η
ε > 0, pour avoir la relation (9.46), il su¢ t de prendre η = 2ε . En e¤et. Si
jx
jy

0j <
0j <

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ε
2
ε
2

=) jx + y j

jx j + jy j <

Pr Benzine Rachid

ε
ε
+ =ε
2 2
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1/1

b) Montrons que f n’est pas di¤erentiable au point (0, 0).En e¤et, il su¢ t
∂f
∂f
de montrer que ∂x
(0, 0) ou ∂y
(0, 0) n’existe pas. En e¤et. Montrons que
f (0 + h, 0)
h !0
h

f (0, 0)

lim

n’existe pas. On a
f (0 + h, 0)
h

f (0, 0)

=
=

f (h, 0)

f (0, 0)
h

jh j
=
h

+1 si h > 0
1 si h < 0

Par conséquent
f (0 + h, 0)
h
f (0 + h, 0)
lim
h !0, h <0
h
lim

h !0, h >0

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

= +1
=

1

∂f
Par conséquent ∂x
(0, 0) n’existe pas, et …nalement d’après le théorème
9.3, f n’est pas di¤erentiable au point (0, 0).
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1/1

Exercice 10
Considérons la fonction énergie cinétique E dé…nie par
E

:

R2 ! R

1
(m, v ) ! E (m, v ) = mv 2 .
2
Partant d’une masse initiale m0 et d’une vitesse initiale v0 .
a) Calculez
∆E(m 0 ,v0 ) (∆m, ∆v ) = E (m0 + ∆m, v0 + ∆v )

E (m0 , v0 )

b) Calculez
dE(m 0 ,v0 ) (∆m, ∆v ) =

∂E
∂E
(m0 , v0 ).∆m +
(m0 , v0 ).∆v
∂m
∂v

c) Calculez
h
i
E = ∆E(m 0 ,v0 ) (∆m, ∆v )

d) Que représente E

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h

i
dE(m 0 ,v0 ) (∆m, ∆v ) .

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1/1

e) Application numérique: Calculez l’erreur E en prenant:
m0 = 1000kg , v0 = 100km/h, ∆m = 100kg , ∆v = 10km/h
f) Application numérique: Calculez l’erreur E en prenant:
m0 = 1000kg , v0 = 100km/h, ∆m = 0.001kg , ∆v = 0.001km/h
g) Conclusion
Solution Exercice 10
a) On a

∆E(m 0 ,v0 ) (∆m, ∆v ) = E (m0 + ∆m, v0 + ∆v ) E (m0 , v0 )
1
1
=
m0 v02
(m0 + ∆m) (v0 + ∆v )2
2
2
1
1
1
= m0 v0 ∆v + m0 (∆v )2 + v02 ∆m + v0 ∆m∆v + ∆m
2
2
21 / 1
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b) On a

∂E
1 2
(m0 , v0 ) =
v
∂m
2 0
∂E
(m0 , v0 ) = m0 v0
∂v

Donc

∂E
∂E
(m0 , v0 ).∆m +
(m0 , v0 ).∆v
∂m
∂v
1 2
=
v .∆m + m0 v0 .∆v
2 0
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dE(m 0 ,v0 ) (∆m, ∆v ) =

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1/1

c)

E =
=

=
=

h

∆E(m 0 ,v0 ) (∆m, ∆v )

i

h

dE(m 0 ,v0 ) (∆m, ∆v )

i

1
1
1
m0 v0 ∆v + m0 (∆v )2 + v02 ∆m + v0 ∆m∆v + ∆m (∆v )2
2
2
2
1 2
v .∆m + m0 v0 .∆v
2 0
1
1
m0 (∆v )2 + v0 ∆m∆v + ∆m (∆v )2
2
2
1
2
(∆v ) [m0 + ∆m] + v0 ∆m∆v
2

d)
h E représente l’erreur
i commise lorsqu’onh remplace la variation
i totale
∆E(m 0 ,v0 ) (∆m, ∆v ) par la di¤érentielle dE(m 0 ,v0 ) (∆m, ∆v ) .
e) Pour m0 = 1000kg , v0 = 100km/h, ∆m = 100kg , ∆v = 10km/h,
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1/1

le calcul numérique donne
h
i h
i
E =
∆E(m 0 ,v0 ) (∆m, ∆v )
dE(m 0 ,v0 ) (∆m, ∆v )
h
i h
i
=
∆E(1000,100 ) (100, 10)
dE(1000,100 ) (100, 10)

=

=

1
(10)2 (1000 + 100) + (100)(100)(10)
2
155000

Pour
m0 = 1000kg , v0 = 100km/h, ∆m = 0.001kg , ∆v = 0.001km/h, le
calcul numérique donne
h
i h
i
E=
∆E(m 0 ,v0 ) (∆m, ∆v )
dE(m 0 ,v0 ) (∆m, ∆v )
h
i h
i
= ∆E(1000,100 ) (0.001, 0.001)
dE(1000,100 ) (0.001, 0.001)

=

1
(0.001)2 (1000 + 100) + (100)(0.001)(0.001)
2
0.000 65

Exercice 11
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1/1

Considérons la fonction f : R2 ! R dé…nie par
f (x, y ) = x 2 y

3y

Soient (x0 , y0 ) 2 R2 et (h, k ) 2 R2 .
a)Montrez que f est di¤érentiable en tout point (x0 , y0 ) 2 R2
b) Calculez ∆f(x0 ,y0 ) (h, k )
c) Calculez df(x0 ,y0 ) (h, k )
d) Calculez ∆f(4,3 ) ( 0.01, 0.02)
e) Calculez df(4,3 ) ( 0.01, 0.02)
f) ∆f(4,3 ) ( 10 5 , 10 6 )
g) Calculez df(4,3 ) ( 10 5 , 10 6 )
h) Calculez l’erreur commise en remplaçant ∆f(4,3 ) ( 0.01, 0.02) par
df(4,3 ) ( 0.01, 0.02)
i) Calculez l’erreur commise en remplaçant ∆f(4,3 ) ( 10 5 , 10 6 ) par
df(4,3 ) ( 10 5 , 10 6 )
j) Comparer les résultats obtenus dans h) et i)
k) Calculez de façon exacte f (5.12, 6.85) en utilisant l’expression
analytique de la fonction f (x, y ) = x 2 y 3y
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1/1

l) Calculez f (5.12, 6.85) de façon approximative en utilisant la
di¤érentielle. Quelle est l’erreur commise.
Solution de l’exercice 11
a) Soient (x0 , y0 ) 2 R2 et (h, k ) 2 R2 . on a
f (x0 + h, y0 + k ) f (x0 , y0 )
n
o
=
(x0 + h)2 (y0 + k ) 3 (y0 + k )

x02 y0

3y0

x02 y0 3y0
=
x02 + h2 + 2x0 h (y0 + k ) 3y0 3k
= x02 y0 + x02 k + h2 y0 + h2 k + 2x0 hy0 + 2x0 hk 3y0 3k
= h (2x0 y0 ) + k x02 3 + h (hy0 + hk ) + k (2x0 h)

x02 y0 + 3y0

Si on pose
A = (2x0 y0 ) , B = x02
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3 , ε1 (h, k ) = (hy0 + hk ) , ε2 (h, k ) = (2x0 h) .
(9.52)
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1/1

Alors on a
lim

ε1 (h, k ) =

lim

ε2 (h, k ) =

(h,k )!(0,0 )
(h,k )!(0,0 )

lim

(hy0 + hk ) = 0

lim

(2x0 h) = 0

(h,k )!(0,0 )
(h,k )!(0,0 )

Par conséquent, on peut écrire

f (x0 + h, y0 + k ) = f (x0 , y0 ) + Ah + Bk + hε1 (h, k ) + kε2 (h, k ) (: 1
avec

lim

(h,k )!(0,0 )

ε1 (h, k ) = 0 et

lim

(h,k )!(0,0 )

ε2 (h, k ) = 0

Ceci est exactement la dé…nition de la di¤erentiabilité de f au point
(x0 , y0 ) . On peut véri…er par un calcul direct que
∂f
(x0 , y0 ) = (2x0 y0 ) = A
∂x
∂f
(x0 , y0 ) = x02 3 = B
∂y

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(9.54)

Mai 2016

1/1

b) D’après la question a), on a
∆f(x0 ,y0 ) (h, k ) = f (x0 + h, y0 + k ) f (x0 , y0 )
n
o
=
(x0 + h)2 (y0 + k ) 3 (y0 + k )

= h (2x0 y0 ) + k x02

(9.55)
x02 y0

3y0

3 + h (hy0 + hk ) + k (2x0 h)

c) D’après la dé…nition de la di¤erentielle, on a
df(x0 ,y0 ) (h, k ) =

∂f
∂f
(x0 , y0 ) h +
(x0 , y0 ) k
∂x
∂y

Soit en utilisant (9.54),on a
df(x0 ,y0 ) (h, k ) = (2x0 y0 ) h + x02

3 k

(9.56)

d) En utilisant (9.55), on obtient:
∆f(4,3 ) ( 0.01, 0.02)

= f (4 0.01, 3 + 0.02) f (4, 3)
= f (3.99, 3.02) f (4, 3)
h
i
= (3.99)2 (3.02) 3 (3.02)

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42

3

(3

3 ) = 0.018702
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e) (9.56) donne
df(4,3 ) ( 0.01, 0.02)

= (2

4

( 0.01) + 42

3)

3

(0.02) = 0.02

f) En faisant le même calcul qu’en d), on obtient
∆f(4,3 ) (10

5

, 10

6

) = 0.000 253 000 380 000 1

g) En faisant le même calcul qu’en e), on obtient
df(4,3 ) (10

5

, 10

6

) = 0.000 25300000000000

h) l’erreur commise en remplaçant ∆f(4,3 ) ( 0.01, 0.02) par
df(4,3 ) ( 0.01, 0.02) est égale à

E =

∆f(4,3 ) ( 0.01, 0.02)

= j0.018702

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df(4,3 ) ( 0.01, 0.02)

0.02j = 0.001 298
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i) l’erreur commise en remplaçant ∆f(4,3 ) (10
df(4,3 ) (10 5 , 10 6 ) est égale à

E =

∆f(4,3 ) (10

5

, 10

6

)

df(4,3 ) (10

= j0.000 253 000 380 000 1

5

5 , 10 6 )

, 10

6

par

)

0.000 25300000000000j = 3. 8

10

10

j) Il est clair que l’erreur commise quand on e¤ectue une variation
in…niment petite h = dx = 10 5 et k = dy = 10 6 est in…niment petite,
de l’ordre de 10 10 . On a le droit de remplacer dans les calculs ∆f par df

L’erreur commise en remplaçant ∆f(4,3 ) ( 0.01, 0.02) par
df(4,3 ) ( 0.01, 0.02) est égale à:

E =

∆f(4,3 ) ( 0.01, 0.02)

= j0.018702

df(4,3 ) ( 0.01, 0.02)

0.02j = 0.001 298

L’erreur est de l’ordre de 10 3 . Elle est assez négligeable. Si on prend
dx = h et k = dy encore plus petits,par exemple dx = 10 5 , dy = 10
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7
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k) Calcul direct de f (5.12, 6.85)
On utilise lexpression de la fonction f
f (x, y ) = x 2 y

3y

donc
f (5.12, 6.85) = (5.122

6.85)

3

(6.85) = 159. 018 64

l) Calcul approximatif de f (5.12, 6.85) par utilisation de la
di¤erentielle
On peut écrire f (5.12, 6.85) sous la forme suivante
f (5.12, 6.85) = f (5 + 0.12, 7

0.15)

' f (5, 7) + df(5,7 ) (0.12, 0.15)
On a
f (5, 7) = (52

7)

(3

7) = 154

et
df(5,7 ) (0.12,
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0.15) = 5.1

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Par conséquent
f (5.12, 6.85) ' 154 + 5.1 = 159.1
L’erreur commise est donc

E = j159.1

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159. 018 64j = 0.081 36

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