3. SOLUTIONS DES EXERCICES SUR LES FONCTIONS DE JRP VERS Rn
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On remarque que dans le domaine P1 caractérisé par x +y> 0, c'est-à-dire dans
le demi-plan ouvert situé au-dessus de la droite .6., on a
8f
1
- 8 (x,y) = g'(x) = - - 2 = arctan'(x).
X
l+x
On peut donc affirmer que pour tout y fixé, la fonction g et la fonction arctan
coïncident à une constante près (cette constante en x pouvant dépendre de y). Il
existe donc une fonction h telle que pour tout (x, y) E P1, on a
f(x,y) = g(x) = arctanx + h(y).
Mais arctan x étant une constante par rapport à y lorsqu'on cherche à dériver f
par rapport à y, on obtient
~~(x,y) = h'(y) = 1 :y2·
Donc on peut affirmer que h(y) = arctan y + C1, et finalement, sur P1, on a
(1)
f ( x, y) = arctan x + arctan y + C 1 ·
Pour déterminer cette constante C1, on pourrait utiliser la valeur de f(x, y) pour
un couple (x,y) E Pi, par exemple, on pourrait prendre 4 (x,y) = (1,0) Mais
il est encore plus simple de se placer en (0, 0). Cela peut paraître paradoxal,
mais la formule (1), a priori valable uniquement dans le demi-plan ouvert P1, est
encore valable sur la frontière .6. de P1. Pour s'en convaincre, il faut penser à
utiliser la continuité de f (valable sur JR 2 tout entier), qui permet d'écrire, pour
(xo, Yo) E .6. :
f(xo, Yo) =
lim
f(x, y) =
lim
f(x, y)
(x,y)-+(xo,yo)
(x,y)-+(xo,yo)
(x,y)EP1
lim
arctan x + arctan y + C1 = arctan xo + arctan Yo + C1.
(x,y)-+(xo,yo)
(x,y)EP1
En appliquant ceci à (0, 0), on trouve donc
1-00
0 = arccosl = arccos (
)(.
) = f(O,O) = arctanO+arctanO+C1 = C1.
J 1+02 1+02
Donc C1 =O.
4 On trouverait d'une part f(l, 0) = arccos
1 - 1.0
= arccos ~ 2 = ~ 4 et d'autre part
J(l + !2)(1+0 2 )
V .c,
f (1, 0) = arctan 1 +arctan 0 + C1 = ~ + 0 + C1 D'où ~ = ~ + C1 donc C1 = 0