Examen mip hassan 2 2013 2014 analyse 3 -Corr - Télécharger
Télécharger PDF1 Universit´e Hassan II- Mohammedia Facult´e des Sciences et Techniques D´epartement de Math´ematiques AU :2013/2014 Option :MIP Module :M311 Premier partiel 2103 : dur´ee 1H 30
Exercice 0.0.1 (7 pts) Soit f une fonction de deux variables de classe C1sur (R∗)2v´erifiant l’´equation aux d´eriv´ees partielles : ∂y (x, y) = f2(x, y) ∂x(x, y) + 1y3.∂f (E) : 1x.∂f x2 + y4. Soit f(x, y) = h(x2 + y4) o`u h est une fonction d’une seule variable de classe C1 veifiant h(1) = −4. 1. Calculer les d´eriv´ees partielles premi`eres de f en fonction de celles de h. (2 pts) 2. Donner une ´equation aux d´eriv´ees partielles (E0) v´erifi´ee par h. (2 pts) 3. R´esoudre (E0) puis d´eterminer la fonction f solution de (E). (2+1 pts)
Exercice 0.0.2 (9 pts). soit f la fonction de trois variales d´efinie par : (f(x, y) = xy2sin ³xy´, si y 6= 1 f(x, 1) = 0 1. Donner Df le domaine de d´efinition de f et montrer que f est continue sur Df . (1+1+2 pts) 2. Calculer les d´eriv´ees partielles premi`eres par rapport `a x et y en tout point (x, y) de R2 pour y 6= 1. (0.5+1 pts) 3. Calculer les d´eriv´ees partielles premi`eres par rapport `a x et y en tout point (a, 1) pour a ∈ R. (1+1 pts) 4. Etudier la diff´erentaibilit´e de f en (0, 0, 0). (1.5 pts)
Exercice 0.0.3 (2+2 pts) Soit la fonction½f : R2 → R (x, y) → f(x, y) et soit g : R2 → R d´efinie par : g(x, y) = sin ¡x + f(y2, x)¢. Calculer les d´eriv´ees partielles premi`eres de g au moyen de celles de f. ========================================================
Groupe : M.HARFAOUI- S. SAJID
2 Universit´e Hassan II- Mohammedia Facult´e des Sciences et Techniques D´epartement de Math´ematiques AU :2013/2014 Option :MIP Module :M311 Corrig´e du premier partiel 2103 : dur´ee 1H 30
Correction 0.0.1 Correction 0.0.2 Soi l’´equation aux d´eriv´ees partielles : (E) : 1x.∂f ∂x(x, y) + 1y.∂f ∂y (x, y) = f(x, y) (x2 + y2)2. Soit f(x, y) = h(x2 + y2) = h(t) o`u h est une fonction d’une seule variable de classe C1. Si on pose u(x, y) = x2 + y2 alors f = hou ³ 1. ∀(x, y) ∈ ∂f R∗ ´2on a : ∂x(x, y) = ∂hou ∂f ∂x (x, y) = ∂∂x(x2 + y2).h0(x2 + y2) = 2xh0(t) ∂y (x, y) = ∂hou ∂y (x, y) = ∂∂y (x2 + y2).h0(x2 + y2) = 2yh0(t) 2. D’apr`es la question, en rempla¸cant les d´eriv´ees partielles par leurs valeurs dans l’´equation (E),on obtiendra l’´equation diff´erentielle v´erifi´ee par h : (E0) 4h0(t) = h(t) t2. 3. Solution g´en´erale de l’´eqution diff´erentielle (E’). * h ≡ 0 est solution de (E’). * Pour h(t) 6= 0 on a h(t)=141t2= −14.ddt¡1t¢. t2 ⇔h0(t) 4h0(t) = h(t) De plus h0(t) h(t)=ddt(ln(| h(t) |). Donc (ln(| h(t) |) = −14t+ c ; ou c est une constante r´eelle. D’o`u la solution g´en´erale de l’´equation E’) est : h(t) = k.e− 1 4t, k ∈ R. Par suite la solution g´en´erale de l’´equation (E) est : − f(x, y) = k.e 1 4(x2 + y2), k ∈ R.
3 Correction 0.0.3 Correction 0.0.4 Soit f la fonction d´efinie sur R2 par :f(x, y) = x. ln ¡1 + y2¢− yex. 1. D´eveloppement limit´e `a l’ordre 2 de f en (1, 0). Le d´eveloppement limit´e `a l’ordre 2 en (1, 0) de (x, y) → ln ¡1 + y2¢est : ln ¡1 + y2¢= y2 + o(x2 + y2), et le d´eveloppement limit´e `a l’ordre 2 en (1, 0) de (x, y) → exest : ex = e.ex−1 = e¡1 + (x − 1) + 12(x − 1)2 + o(x2 + y2)¢. Comme x ln ¡1 + y2¢= (x − 1) ln ¡1 + y2¢+ x ln ¡1 + y2¢, et en faisant le produit et ne gardant que les termes de degr´e inf´erieur ou ´egal `a 2 en (x−1) et y on obtiendra les d´eveloppements limit´es `a l’ordre 2 en (1, 0) de (x, y) → ln ¡1 + y2¢et (x, y) → yexsont : ln ¡1 + y2¢= y2 + o(x2 + y2), et yex = ey + ey(x − 1) + o(x2 + y2). Don le d´eveloppement limit´e `a l’ordre 2 de f en (1, 0) est : f(x, y) = ey + ey(x − 1) + y2 + o(x2 + y2). 2. Soit l’´equation x. ln ¡1 + y2¢− yex = 0. (a) Existance de la fonction implicite y = φ(x) en fonction de x au voisinage de (1, 0). On a ∂f∂(x, y) = 2xy 1 + y2− exet∂f∂(1, 0) = −e 6= 0, donc d’apr`es le th´eor`eme des fonctions implicites il existe un voisinage V1 de 1, un voi sinage V0 de 0 et et une foncton ½φ : V1 → V0 x → y = φ(x) tels que : * φ(1) = 0, * ∀x ∈ V1 : f(x, φ(x)) = 0 (b) Calcul de φ0(x) au viosinage de 1. Comme ∂f ∂x(x, y) = ln(1 + y2) − yex, alors ∀x ∈ V1; φ0(x) = −ln ¡1 + φ(x)2¢− φ(x)ex ¡2x.φ(x)¢/(1 + φ(x)2) − ex.