Examen mip hassan 2 mathematiques 2013 2014 analyse 3

Examen mip hassan 2 mathematiques 2013 2014 analyse 3 -Corr

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Université Hassan II-Mohammedia

Faculté des Sciences et Techniques

Département de Mathématiques

Année Universitaire : 2013/2014

Option : MIP

Module : M311

Premier partiel - Durée : 1H 30

Exercices du Partiel

Exercice 1 : Fonction de deux variables et Équation aux Dérivées Partielles (EDP)

(7 points) Soit f une fonction de deux variables de classe C¹ sur (R*)² vérifiant l'équation aux dérivées partielles :

(E) : (1/x) . ∂f/∂x(x, y) + (1/y³) . ∂f/∂y(x, y) = x² + y⁴.

Soit f(x, y) = h(x² + y⁴) où h est une fonction d'une seule variable de classe C¹ vérifiant h(1) = -4.

Calculer les dérivées partielles premières de f en fonction de celles de h. (2 points)
Donner une équation aux dérivées partielles (E') vérifiée par h. (2 points)
Résoudre (E') puis déterminer la fonction f solution de (E). (2+1 points)

Exercice 2 : Fonction de trois variables, Continuité et Différentiabilité

(10 points) Soit f la fonction de trois variables définie par :

f(x, y, z) = xy²sin(z/y), si y ≠ 0

f(x, y, z) = 0, si y = 0

Donner Df le domaine de définition de f et montrer que f est continue sur Df. (0.5+1+2 points)
Calculer les dérivées partielles premières par rapport à x, y et z en tout point (x, y, z) pour y ≠ 0 de R². (0.5+1+0.5 points)
Calculer les dérivées partielles premières par rapport à x, y et z en tout point (x, y, z) pour y = 0 de R². (1+1+1 points)
Étudier la différentiabilité de f en (0, 0, 0). (1.5 points)

Exercice 3 : Dérivées partielles de fonctions composées

(1.5+1.5 points) Soit la fonction f : R² → R définie par (x, y) → f(x, y) et soit g : R² → R définie par : g(x, y) = sin(x + f(y², x)). Calculer les dérivées partielles premières de g au moyen de celles de f.

Groupe : M. HARFAOUI - S. SAJID

Université Hassan II-Mohammedia

Faculté des Sciences et Techniques

Département de Mathématiques

Année Universitaire : 2013/2014

Option : MIP

Module : M311

Corrigé du premier partiel - Durée : 1H 30

Corrections du Partiel

Correction d'un problème d'EDP avec changement de variable

Soit l'équation aux dérivées partielles :

(E) : (1/x) . ∂f/∂x(x, y) + (1/y) . ∂f/∂y(x, y) = f(x, y) / (x² + y²)².

Soit f(x, y) = h(x² + y²) = h(t) où h est une fonction d'une seule variable de classe C¹. Si on pose u(x, y) = x² + y² alors f = h ∘ u.

Pour tout (x, y) ∈ R*² on a :

∂f/∂x(x, y) = ∂(h ∘ u)/∂x (x, y) = ∂u/∂x(x, y) . h'(u(x, y)) = 2xh'(t)

∂f/∂y(x, y) = ∂(h ∘ u)/∂y (x, y) = ∂u/∂y(x, y) . h'(u(x, y)) = 2yh'(t)

D'après la question, en remplaçant les dérivées partielles par leurs valeurs dans l'équation (E), on obtiendra l'équation différentielle vérifiée par h :

(E') 4h'(t) = h(t) / t².

Solution générale de l'équation différentielle (E').

h ≡ 0 est solution de (E').
Pour h(t) ≠ 0, on a :
4h'(t) = h(t) / t² ⇔ h'(t) / h(t) = 1 / (4t²)
De plus, h'(t) / h(t) = d/dt (ln(|h(t)|)). Donc :
ln(|h(t)|) = ∫ (1 / (4t²)) dt = -1/(4t) + c ; où c est une constante réelle.

D'où la solution générale de l'équation (E') est : h(t) = k.e^-1/(4t), k ∈ R.

Par suite, la solution générale de l'équation (E) est : f(x, y) = k.e^{-1/(4(x² + y²))}, k ∈ R.

Correction d'un problème de développement limité et fonction implicite

Soit f la fonction définie sur R² par : f(x, y) = x . ln(1 + y²) - y . e^x.

Développement limité à l'ordre 2 de f en (1, 0).

Le développement limité à l'ordre 2 en (1, 0) de (x, y) → ln(1 + y²) est :
ln(1 + y²) = y² + o(x² + y²).

Et le développement limité à l'ordre 2 en (1, 0) de (x, y) → e^x est :
e^x = e . e^x-1 = e(1 + (x - 1) + (1/2)(x - 1)² + o(x² + y²)).

Comme x . ln(1 + y²) = (x - 1) . ln(1 + y²) + ln(1 + y²), et en faisant le produit et ne gardant que les termes de degré inférieur ou égal à 2 en (x-1) et y, les développements limités à l'ordre 2 en (1, 0) de (x, y) → x . ln(1 + y²) et (x, y) → y . e^x sont :

x . ln(1 + y²) = y² + o(x² + y²),

et y . e^x = ey + ey(x - 1) + o(x² + y²).

Donc le développement limité à l'ordre 2 de f en (1, 0) est :
f(x, y) = y² - (ey + ey(x - 1)) + o(x² + y²) = y² - ey - ey(x - 1) + o(x² + y²).

Soit l'équation x . ln(1 + y²) - y . e^x = 0.

(a) Existence de la fonction implicite y = φ(x) en fonction de x au voisinage de (1, 0).

On a ∂f/∂y(x, y) = (2xy) / (1 + y²) - e^x. Et ∂f/∂y(1, 0) = -e ≠ 0. Donc d'après le théorème des fonctions implicites, il existe un voisinage V₁ de 1, un voisinage V₀ de 0 et une fonction φ : V₁ → V₀ telle que y = φ(x) avec :

φ(1) = 0,
Pour tout x ∈ V₁ : f(x, φ(x)) = 0.

(b) Calcul de φ'(x) au voisinage de 1.

Comme ∂f/∂x(x, y) = ln(1 + y²) - y . e^x, alors pour tout x ∈ V₁ :

φ'(x) = - (∂f/∂x(x, φ(x))) / (∂f/∂y(x, φ(x)))

φ'(x) = - (ln(1 + φ(x)²) - φ(x)e^x) / ( (2xφ(x)) / (1 + φ(x)²) - e^x )

FAQ sur les Fonctions à Plusieurs Variables

Qu'est-ce qu'une fonction de classe C¹ ?: Une fonction de classe C¹ est une fonction dont toutes les dérivées partielles premières existent et sont continues sur son domaine de définition. Cela implique que la fonction est continue et sa surface est "lisse", sans cassures ou coins abrupts, garantissant un certain niveau de régularité.
Quand utilise-t-on le théorème des fonctions implicites ?: Le théorème des fonctions implicites est utilisé pour déterminer si une équation de la forme F(x, y) = 0 peut définir localement une variable comme une fonction de l'autre (par exemple, y = φ(x)), même si nous ne pouvons pas l'écrire explicitement. Il requiert que la dérivée partielle de F par rapport à la variable que l'on souhaite exprimer (ici y) soit non nulle au point considéré.
Quel est l'intérêt des développements limités en plusieurs variables ?: Les développements limités permettent d'approximer une fonction complexe par un polynôme de Taylor au voisinage d'un point. En plusieurs variables, ils sont cruciaux pour étudier le comportement local des fonctions, notamment pour la recherche d'extrema, l'étude de la continuité et de la différentiabilité, ou pour simplifier des calculs complexes et analyser la géométrie locale de la surface.