[PDF] Analyse II — Corrigé 9 Analyse II — Corrigé 9. Exercice

View - Download Analyse II — Corrigé 9

Previous PDF

Next PDF

Analyse II { 2016 (G. Favi)Sciences et Technologies du VivantEPFL

Analyse II | Corrige 9Exercice 1.[Theorique]

1) Soit U?R2un ouvert etf?U?→Rune fonction de classeC2(U). Montrer que rot(?f)(x)=0 pour toutx?U. 2) Soit U?R3un ouvert etf?U?→Rune fonction de classeC2(U). Montrer que le champs gradient ?f?U?→R3verie rot(?f)(x)=0 pour toutx?U. 3) Soit U?R3un ouvert etv?U?→R3un champs de classeC2(U). Montrer que div(rotv)(x)=0 pour toutx?U.

Solution:

1) On rapp elleque si v?U?→R2est un champs on denit son rotationnel (en dimension 2) par rotv= @v 2@x

1-@v1@x

2(icividesigne lai-eme composante du champsv). Des lors nous avons pourfde classe

C 2(U): rot(?f)=@@x

1(@f@x

2)-@@x

2(@f@x

1)=@2f@x

1@x2-@2f@x

2@x1=0

la derniere egalite provenant du fait quefestC2(U)(et donc ces derivees partielles secondes sont symetriques par le Theoreme de Schwarz). 2) P ourtout x?Ucalculons rot(?f). On a rot(?f)=⎛ ⎝@@x @@y @@z ⎝@f@x @f@y @f@z

2f@y@z

-@2f@z @y @2f@z @x -@2f@x@z @2f@x@y -@2f@y@x ⎝0 0

0⎞

Noter que, ici aussi, la derniere egalite vaut carfest de classeC2(U)et donc les derivees partielles secondes sont symetriques. 3) Calculons div (rotv). Notonsviles composantes dev(i=1;2;3). On a que rotv=⎛ ⎝@v 3@x

2-@v2@x

3@v1@x

3-@v3@x

1@v2@x

1-@v1@x

2⎞

⎠. Ainsi div(rotv)=@@x

1(@v3@x

2-@v2@x

3)+@@x

2(@v1@x

3-@v3@x

1)+@@x

3(@v2@x

1-@v1@x

2) @2v3@x

1@x2-@2v2@x

1@x3+@2v1@x

2@x3-@2v3@x

2@x1+@2v2@x

3@x1-@2v1@x

3@x2=0:

Noter que, ici aussi, nous avons utilise le theoreme de Schwarz pour conclure.

Exercices du 27 avril 2016

Analyse II { 2016 (G. Favi)Sciences et Technologies du VivantEPFL

Exercice 2.[Vrai ou Faux]V F

1) Le c hampsv(x;y;z)=(x+y;y+z;z+x)est le rotationnel d'un champsu?R3?→R3.◻ ⊠ 2) La div ergencede v(x;y;z)=(x2;y2;z2)est toujours positive.◻ ⊠ 3) Le jacobien de v(x;y;z)=(xy;yz;zx)vaut 2xyz.⊠ ◻ 4) Le c hampsv(x;y)=(yexy;xexy)est le gradient d'une fonctionf?R2?→R.⊠ ◻ 5) Le c hampsv(x;y)=(exy;exy)est le gradient d'une fonctionf?R2?→R.◻ ⊠ 6) Le c hampsv(x;y)=(excosy;exsiny)est inversible sur toutR2.◻ ⊠ 7) Le c hampsv(x;y)=(excosy;exsiny)est localement inversible sur toutR2.⊠ ◻ 8) La div ergencedu c hampsv(x;y)=(excosy;exsiny)n'est jamais nulle.◻ ⊠ 9)

Le c hampsw(s;t)=(ln(⎷s

2+t2);arctan(ts

))est un inverse local du champsvci-dessus.⊠ ◻ 10) La matrice jacobienne de n'imp ortequel c hampsin versewdevestJw(s;t)=1s

2+t2?s t

-t s?.⊠ ◻

Solution:

1) F aux.En eet d'apr esl'exercice 1 ci-dessus, si tel etaitle cas on aurait que d ivv=0. Or un simple calcul montre que la divergence de ce champs n'est pas nulle. 2) F aux.La div ergencede ce c hampsv autdiv v(x;y;z)=2(x+y+z)qui n'est pas toujours positif. 3) V rai.Un simple c alculnous donne la matrice jacobienne: ⎝y x0 0z y z0x⎞ ⎠. Son determinant vaut bien 2xyz. 4) V rai.P arexemple la fonction f(x;y)=exyverie?f=v. 5)

F aux.En e et,d'apr esl'exercice 1 ci-dessus, si tel etaitle c as,on aurait rot v=0 or ici nous avons

rotv=@v2@x -@v1@y =yexy-xexy?=0. 6) F aux.Ce c hampsn'est pas injectif car v(x;y+2)=v(x;y), il n'est donc pas inversible. 7) V rai.Sa matrice j acobienneest donn eepar Jv(x;y)=?excosy-exsiny e xsiny excosy?et donc son jacobien vaut e

2x>0 pour toutx.

8) F aux.La div ergenceest egale ala trace de la matrice jacobienne, ici on a div v(x;y)=2excosyqui s'annulle eny=2 +k,k?Z. 9)

V rai.Si l'on regarde w?R>0×R?→R×]-2

;2 [on a bel et bien un inverse devcomme on le verie par le calcul. 10) V rai.P arla form ulede comp ositionon a q uesi west un inverse local devalors J w(v(x;y))=(Jv(x;y))-1=1e

2x?excosy exsiny

-exsiny excosy? et en posants=excosyett=exsinyon trouve (puisques2+t2=e2x) J w(s;t)=1s

2+t2?s t

-t s?

Exercices du 27 avril 2016

Analyse II { 2016 (G. Favi)Sciences et Technologies du VivantEPFL

Exercice 3.[QCM]

a) On consid erele c hampsf(x;y)=(x+xy;y+xy):Laquelle parmi les assertions suivantes est vraie? ◻Ce champs est constant, ◻La divergence de ce champs est nulle en tout point, ◻Le jacobien defest toujours non nul, ⊠Le jacobien et la divergence defdierent d'une constante. b) Soit le c hampsv(x;y;z)=(z;x;y). Laquelle parmi les assertions suivantes est vraie? ◻La divergence devvaut-2, ◻Le rotationnel devvaut(x;y;z), ⊠Le rotationnel devest constant, ◻Il existe une fonctionf?R3?→Rtelle quev=?f.

Solution:

a)

La matrice jacobienne de festJf(x;y)=?1+y x

y1+x?. Ainsi la divergence vaut 2+x+yet le jacobien (1+x)(1+y)-xy=1+x+y. Ces deux quantites dierent d'une constante. b)

On calcule et on trouv erot v=(1;1;1)

Exercice 4.[Dierentiation implicite]

Soitf?Rn?→Rune fonction de classeC1(Rn)et soientgi?R?→R, pouri=1;:::;ndes fonctions de classeC1(R). On considere la fonctionF?R?→Rdenie parF(x)=f(g1(x);g2(x);:::;gn(x)). a) Mon trerque Fest de classeC1(R)et que sa derivee est donnee par la formule F ′(x)=n i=1g′i(x)?@f@x i(g1(x);g2(x);:::;gn(x)): b) Mon trerque si f?R2?→Retg?R?→R(de classeC1) sont telles que la fonctionx↦f(x;g(x))est constante, alors@f@x (x;g(x))+g′(x)@f@y (x;g(x))=0:

Solution:

a) Il s'agit ici d'une application de la form ulede comp osition.En eet, p osonsg?R?→Rndonnee par g(x)=(g1(x);g2(x);:::;gn(x))pour toutx?R. Clairementgest de classeC1(R)etF=f○g. On a donc, par la formule de composition, F ce qui donne la formule cherchee puisqueJf(g(x))=?@f@x

1(g(x));:::;@f@x

n(g(x))?(matrice-ligne 1×n) etJg(x)=⎛ ⎝g ′1(x) g ′n(x)⎞ ⎠(matrice-colonnen×1.) b) C'est une cons equenceimm ediatede la form uleci-dessus, en prenan tg1(x)=xetg2(x)=g(x)pour toutx?R.

Exercices du 27 avril 2016

Analyse II { 2016 (G. Favi)Sciences et Technologies du VivantEPFL

Exercice 5.[Theoreme de fonctions implicites]

Montrer que l'equation

lnx+eyx =1 denit au voisinage du point(1;0)une fonction implicitey=g(x)telle queg(1)=0. Donner l'equation de la tangente a la courbey=g(x)en 1. Solution:On denit la fonctionf?U?→RavecU=R+∖{0}×Rpar f(x;y)=lnx+eyx -1 La fonctionfest de classeC1(U)(elle est m^eme de classeC∞(U)) et pour tout(x;y)?Uon a D

2f(x;y)=@f@y

(x;y)=eyx x De plus,f(1;0)=0 etD2f(1;0)=1≠0. Ainsi, par le theoreme des fonctions implicites, il existe un intervalleI=]1-";1+"[et une unique fonctiong?I?→Rde classeC1(I)telle queg(1)=0 et f(x;g(x))=0. La derivee degest donnee par g ′(x)=-D1f(x;g(x))D

2f(x;g(x))=g(x)x

-e-g(x)x Doncg′(1)=-1. Par consequent, l'equation de la tangente a la courbey=g(x)enx=1 est y=g(1)+g′(1)(x-1)=1-x:

Exercice 6.

Montrer que l'equation

cos(x2+y)+sin(x+y)+ex3y=2 denit au voisinage du point(0;2 )une fonction implicitey=g(x)telle queg(0)=2 . Montrer que la fonctiongadmet un maximum local en 0.

Solution:On denit la fonctionf?R2?→Rpar

f(x;y)=cos(x2+y)+sin(x+y)+ex3y-2 Alors, la fonctionfest de classeCk(R2), pour toutk≥1, et pour tout(x;y)?R2on a D

2f(x;y)=-sin(x2+y)+cos(x+y)+x3ex3y:

De plus,f(0;2

)=0 etD2f(0;2 )=-1≠0. Ainsi, par le theoreme des fonctions implicites il existe un intervalleI=]-";"[et une unique fonctiong?I?→Rde classeC1(I)telle queg(0)=2 etf(x;g(x))=0.

La derivee degest donnee par

g ′(x)=-D1f(x;g(x))D

2f(x;g(x))

etD1f(x;y)=-2xsin(x2+y)+cos(x+y)+3x2yex3yDoncg′(0)=0. La derivee seconde enx=0 est elle donnee par g ′′(0)=-D11f(0;2 )D

2f(0;2

)=-3 selon la formule obtenue en classe, ce qui montre que 0 est un maximum local deg.

Exercices du 27 avril 2016

Analyse II { 2016 (G. Favi)Sciences et Technologies du VivantEPFL

Exercice 7.

Montrer que l'equation

x

5+xyz+y3+3xz4=2

denit au voisinage du point(1;-1;1)une fonction implicitez=g(x;y)telle queg(1;-1)=1. Donner l'equation du plan tangent a la surfacez=g(x;y)en(1;-1).

Solution:

On denit la fonctionf?R3?→Rpar

f(x;y;z)=x5+xyz+y3+3xz4-2 Alors, la fonctionfest de classeCk, pour toutk≥1, et pour tout(x;y;z)?R3on a D

3f(x;y;z)=xy+12xz3:

De plus,f(1;-1;1)=0 etD3f(1;-1;1)=11≠0. Alors, par le theoreme des fonctions implicites il existe

un voisinageB"(1;-1)?R2et une unique fonctiong?B"(1;-1)?→Rde classeCk(B"(1;-1))telle que g(1;-1)=1 etf(x;y;g(x;y))=0. Comme vu en classe, l'equation du plan tangent a la surfacez=g(x;y)en(1;-1)est donnee par ⟨?f(1;-1;1);⎛ ⎝x-1 y+1 z-1⎞ ⎠⟩=0 et donc, en utilisant ?f(x;y;z)=⎛ ⎝5x4+yz+3z4 xz+3y2 xy+12xz3⎞ on trouve

7x+4y+11z=14:

Exercices du 27 avril 2016

quotesdbs_dbs6.pdfusesText_12

[PDF] dérivation implicite mathématiques

[PDF] théorème des fonctions implicites démonstration

[PDF] fonction implicite 3 variables

[PDF] formule de leibniz pi démonstration

[PDF] dérivée nième d'une fonction

[PDF] démonstration (uv)'=u'v+uv'

[PDF] dérivée logarithmique exemple

[PDF] fonctions de plusieurs variables exo7

[PDF] dérivée partielle exercice corrigé

[PDF] dérivée partielle d'ordre 2

[PDF] dérivée partielle pour les nuls

[PDF] dérivée fonction composée tableau

[PDF] dérivée d'une fonction composée ? deux variables

[PDF] dérivée de fonction composée terminale s

[PDF] fonction polynome de degré 3 stmg