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Ces exercices et les corrigés qui suivent

Introduction aux Equations aux Dérivées Partielles

Exercice 5.5.3. Trouver toutes les fonctions u telles que ?u = 1 dans la couronne a<r<b et qui s'annulent sur r = a et sur r = b. Corrigé : La réponse est v(r)

Dérivées partielles : révisions

La fonction f admet-elle des dérivées partielles par rapport à x à y en (0

Corrigé de lexamen de mi-session

Exercice 1. (a) [8 points] Soit la fonction de deux variables : f(x y) = e2x+3 sin(xy2) ? x3y + cos(y3 ? x2). Calculer les dérivées partielles.

Université Aix Marseille Master 2 de mathématiques Equations aux

Jan 3 2022 Les équations aux dérivées partielles interviennent dans de nombreux modèles de physique

Dérivées partielles et directionnelles

Indication pour l'exercice 1 ?. Pour calculer les dérivées partielles par rapport à une variable interpéter les autres variables comme paramètres et utiliser

Équations aux dérivées partielles

Équations aux Dérivées Partielles. M1. I-4. Exercices. I-4- 1. Stabilité de la solution d'une EDP. On note Tn le tore de dimension n (classes d'équivalence

Corrigés dexercices sur les dérivées partielles

Thème: Dérivées partielles https://www.deleze.name/marcel/sec2/applmaths/csud/plusieurs-variables/2_DERIVEES_PARTIELLES.pdf. Corrigé de l'exercice 2-1.

Equations aux derivees partielles

Vous pouvez accéder à des exercices corrigés supplémentaires à partir de la page de présentation de l'ouvrage sur le site de l'éditeur www.dunod.com. Ces

Travaux dirigés Equations aux Dérivées Partielles (EDP)

Nov 29 2012 Dans tout cet exercice

Université du Québec à Montréal MAT1112 - Calcul I (automne 2011) F.Beaudet, S.Labbé, V.RipollGroupes-cours : 10, 50, 51

Corrigé de l"examen de mi-sessionExercice 1.

(a) [8 points]Soit la fonction de deux variables :f(x;y) =e2x+3sin(xy2)x3y+ cos(y3x2).

Calculer les dérivées partielles

@f@x et@2f@y@x On calcule avec les règles habituelles de dérivation : @f@x = 2e2x+3sin(xy2) +e2x+3cos(xy2)y23x2y+ (sin(y3x2))(2x) =e2x+3(2sin(xy2) +y2cos(xy2))3x2y+ 2xsin(y3x2); et :

2f@y@x

=@@y e2x+3(2sin(xy2) +y2cos(xy2))3x2y+ 2xsin(y3x2) =e2x+3[2cos(xy2)(2yx) + 2ycos(xy2) +y2(sin(xy2))(2yx)]

3x2+ 2xcos(y3x2)(3y2)

=e2x+3[2y(2x+ 1)cos(xy2)2xy3sin(xy2)]3x2+ 6xy2cos(y3x2): (b) [10 points]Soit la fonction g(x;y) =8 :3y4x2(yx2)2x3x

2y2six2y26= 0 ;

0six2y2= 0:

Calculer, si elles existent, les deux dérivées partielles d"ordre1degau point(0;0): @g@x (0;0)et@g@y (0;0): La fonctiongest définie par une formule différente selon si l"on est en(0;0)ou au voisinage

de ce point. Donc on est obligé d"utiliser la définition théorique de la dérivée partielle en un

point. On a : @g@x (0;0)= limh!0g(0 +h;0)g(0;0)h Il faut calculerg(h;0). Pourh6= 0, on ah2026= 0, donc il faut utiliser la première ligne de la définition deg: g(h;0) =3(0)4h2(0h2)2h3h

202=h42h3h

2=h22h :

D"où :

g(h;0)g(0;0)h =h22h0h =h2; et @g@x (0;0)= limh!0(h2) =2: 1

De même, on calcule :

@g@y (0;0)= limk!0g(0;0 +k)g(0;0)k

Pourk6= 0, on a02k26= 0, donc

g(0;k) =3k402(k02)2(0)30

2k2=3k2:

Donc @g@y (0;0)= limk!03k20k = lim k!0(3k) =0:

Exercice 2.

(a) [10 points]Soit la fonctionf:R2!Rdéfinie par f(x;y) =8 :x

5y3+ 5xy7(2x2+y2)4;si(x;y)6= (0;0) ;

0;si(x;y) = (0;0):

Est-ce quefest continue à l"origine(0;0)? au point(2;3)? (Justifier votre réponse.)

Solution

Calculons la limite def(x;y)lorsque(x;y)tend vers(0;0)le long du cheminy=x. On peut supposer quey=x6= 0et on obtient f(x;y) =f(x;x) =x5x3+ 5xx7(2x2+x2)4=6x8(3x2)4=6x881x8=227 Si la limite def(x;y)lorsque(x;y)tend vers(0;0)existe, elle doit donc être égale à2=27. Or,f(0;0) = 06= 2=27, donc la fonctionfn"est pas continue au point(0;0). Le numérateur et le dénominateur def(x;y)sont des fonctions polynomiales continues sur R

2et en particulier au point(2;3). Ainsi, la fonctionf, étant le quotient de deux fonctions

continues, est continue au point(2;3), car le dénominateur ne s"annule pas en ce point.

Solution alternative

On aurait aussi pu évaluer la limitef(x;y)lorsque(x;y)tend vers(0;0)le long du chemin y=mx. On peut supposer que(x;mx)6= (0;0)et on obtient f(x;y) =f(x;mx) =x5(mx)3+ 5x(mx)7(2x2+ (mx)2)4=x8m3+ 5m7x8(x2(2 +m2))4=x8(m3+ 5m7)x

8(2 +m2)4=(m3+ 5m7)(2 +m2)4:

Sim= 1, on trouvef(x;y) =f(x;x) = 6=81 = 2=27.

Sim= 2, on trouvef(x;y) =f(x;2x) = 648=1296 = 1=2. Ainsi, on trouve deux valeurs différentes pour la limite def(x;y)lorsque(x;y)tend vers (0;0)le long de deux chemins différents. Ainsi, la limite deflorsque(x;y)tend vers(0;0) n"existe pas. Par conséquent, la fonctionfn"est pas continue au point(0;0). 2 (b) [12 points]Soit la fonctiong:R2!Rdéfinie par g(x;y) =8 :x

5y3+ 5xy7(2x2+y2)2;si(x;y)6= (0;0) ;

0;si(x;y) = (0;0):

Montrer quegest continue à l"origine(0;0).

Solution

On procède avec les coordonnées polaires. On posex=rcosety=rsin. En remplaçant et en simplifiant, on obtient un expression alternative pour la fonctiong: g(x;y) =g(rcos;rsin) (rcos)5(rsin)3+ 5(rcos)(rsin)7(2(rcos)2+ (rsin)2)2 r8(cos5sin3+ 5cossin7)r

4(2cos2+ sin2)2

r4(cos5sin3+ 5cossin7)(1 + cos 2)2: Pour montrer quelim(x;y)!(0;0)g(x;y) =L= 0, on cherche à borner supérieurement la valeur dejg(x;y)Lj=jg(x;y)0j=jg(x;y)j. On obtient jg(x;y)j=jg(rcos;rsin)j =r4(cos5sin3+ 5cossin7)(1 + cos 2)2 r4(cos5sin3+ 5cossin7)(1 + 0 2)2 r4(cos5sin3+ 5cossin7) =r4cos5sin3+ 5cossin7 r4cos5sin3+ 5cossin7 r4[(1) + 5(1)] = 6r4: Ainsi

0lim(x;y)!(0;0)g(x;y)= lim(x;y)!(0;0)jg(x;y)j= limr!0jg(rcos;rsin)j limr!06r4= 0;

d"où on conclut que lim(x;y)!(0;0)g(x;y) = 0 Or, g(0;0) = 0 = lim(x;y)!(0;0)g(x;y); doncgest continue au point(0;0).

Solution alternative 1

Nous voulons montrer quegest continue en(0;0), c"est-à-dire, par définition, que lim(x;y)!(0;0)g(x;y) =g(0;0). On ag(0;0) = 0, donc nous pouvons utiliser une majoration de 3

jg(x;y)jpour montrer quelim(x;y)!(0;0)g(x;y) = 0. Avec l"inégalité triangulaire, nous avons pour

(x;y)6= (0;0): jg(x;y)j=x5y3+ 5xy7(2x2+y2)2 x5y3(2x2+y2)2 +5xy7(2x2+y2)2

On a2x2+y22x2donc(2x2+y2)2(2x2)2= 4x4et :

jx5y3j(2x2+y2)2jx5y3j4x4=jxy3j4 De même, comme2x2+y2y2, on a(2x2+y2)2(y2)2=y4et : j5xy7j(2x2+y2)2j5xy7jy

4= 5jxy3j:

Finalement, on obtient :

jg(x;y)j jxy3j4 + 5jxy3j=214 jxy3j:

Posonsh(x;y) =214

jxy3j. On a montré que pour tout(x;y)6= (0;0),jg(x;y)j h(x;y). D"autre part, on a clairementlim(x;y)!(0;0)h(x;y) = 0. Par comparaison, on obtient donc : lim (x;y)!(0;0)g(x;y) = 0 c"est-à-direlim(x;y)!(0;0)g(x;y) =g(0;0), doncgest bien continue au point(0;0).

Solution alternative 2

Si(x;y)6= (0;0), alors on peut borner la valeur absolue de l"évaluation de la fonctiongau point(x;y). En effet, jg(x;y)j=x5y3+ 5xy7(2x2+y2)2 x5y3+ 5xy74x4+ 4x2y2+y4 x5y34x4+ 4x2y2+y4+5xy74x4+ 4x2y2+y4 x5y34x4+ 4x2y2+y4 +5xy74x4+ 4x2y2+y4 =jxy3jx44x4+ 4x2y2+y4 + 5jxy3jy44x4+ 4x2y2+y4 jxy3j (1) + 5jxy3j (1) = 6jxy3j: Soit >0. Posons= minf1;g. Montrons que sijxj< etjyj< et que(x;y)6= (0;0), alorsjg(x;y)Lj< avecL= 0. En effet, on a jg(x;y)j 6jxy3j= 6 jxj jyj3613=: 4

Cela achève de démontrer que

lim (x;y)!(0;0)g(x;y) =L= 0: Comme cette valeur est égale à l"évaluation de la fonctiongau point(0;0), alors la fonction gest continue au point(0;0).

Exercice 3.

(a) [10 points]Soit la fonction de deux variables : f(x;y) =8 :4y2x3y52x72y4+ 3x4si(x;y)6= (0;0) ;

0si(x;y) = (0;0):

Soit(v1;v2)un vecteur unitaire du plan. En utilisant la définition théorique de la dérivée

directionnelle, déterminer (en fonction dev1etv2) la dérivée directionnellef0((v1;v2);(0;0))

(si elle existe) dans la direction~v= (v1;v2)au point(0;0). D"après la définition de la dérivée directionnelle, on a : f

0((v1;v2);(0;0)) = limh!0f(0 +hv1;0 +hv2)f(0;0)h

Ici, on a(v1;v2)6= (0;0)car c"est un vecteur unitaire, donc pourh6= 0,(hv1;hv2)6= (0;0) et on peut utiliser la première ligne de la définition def: f(hv1;hv2) =4h2v22h3v31h5v522h7v712h4v42+ 3h4v41 h(4v22v31v522h2v71)2v42+ 3v41:

D"autre partf(0;0) = 0, donc :

0((v1;v2);(0;0)) = limh!0f(hv1;hv2)h

= lim h!04v22v31v522h2v712v42+ 3v41 =4v22v31v522v42+ 3v41:quotesdbs_dbs2.pdfusesText_3

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Corrigé de l"examen de mi-sessionExercice 1.

Calculer les dérivées partielles

2f@y@x

3x2+ 2xcos(y3x2)(3y2)

2y2six2y26= 0 ;

0six2y2= 0:

202=h42h3h

2=h22h :

D"où :

De même, on calcule :

Pourk6= 0, on a02k26= 0, donc

2k2=3k2:

Exercice 2.

5y3+ 5xy7(2x2+y2)4;si(x;y)6= (0;0) ;

0;si(x;y) = (0;0):

Solution

2et en particulier au point(2;3). Ainsi, la fonctionf, étant le quotient de deux fonctions

Solution alternative

8(2 +m2)4=(m3+ 5m7)(2 +m2)4:

Sim= 1, on trouvef(x;y) =f(x;x) = 6=81 = 2=27.

5y3+ 5xy7(2x2+y2)2;si(x;y)6= (0;0) ;

0;si(x;y) = (0;0):

Montrer quegest continue à l"origine(0;0).

Solution

4(2cos2+ sin2)2

0lim(x;y)!(0;0)g(x;y)= lim(x;y)!(0;0)jg(x;y)j= limr!0jg(rcos;rsin)j limr!06r4= 0;

Solution alternative 1

On a2x2+y22x2donc(2x2+y2)2(2x2)2= 4x4et :

4= 5jxy3j:

Finalement, on obtient :

Posonsh(x;y) =214

Solution alternative 2

Cela achève de démontrer que

Exercice 3.

0si(x;y) = (0;0):

0((v1;v2);(0;0)) = limh!0f(0 +hv1;0 +hv2)f(0;0)h

D"autre partf(0;0) = 0, donc :

0((v1;v2);(0;0)) = limh!0f(hv1;hv2)h