Fonctions de deux variables
A deux variables c'est pareil sauf que la dérivée est remplacée par le gradient. Définition. Les points critiques d'une fonction f de deux variables sont
Math2 – Chapitre 2 Dérivées Taylor
http://math.univ-lyon1.fr/~frabetti/Math2/Math2-diapo-chapitre2-handout.pdf
LA DÉRIVÉE SECONDE
La rubrique précédente nous a permis d'analyser une fonction par sa dérivée première. Les points stationnaires critiques
Exercice 1. Déterminer tous les points critiques (les points où ?f (x
(comme la fonction est de classe C2 les dérivées secondes croisées sont égales) . Maintenant exprimons xy en fonction de u et de v en remarquant que u2?v2 = (
OPTIMISATION À UNE VARIABLE
Points stationnaires et points critiques . point critique si la dérivée de s'existe pas en ce point. Exemple. / ? ?.
Diapositive 1
ii) Point critique : point où la dérivée n'existe pas ii) Comment identifier les points critiques et leur nature? Identification? cas 1 : dérivée tend ...
Fonctions de plusieurs variables
Calculer les deux premi`eres dérivées f/ et f// de f. Vérifier que f a trois points critiques : un minimum local un maximum local et un point critique dégénéré
Chapitre 10. Fonctions de deux variables réelles
Si f admet une dérivée partielle d'ordre 1 par rapport à x en tout point de Pour chaque point critique il faudra vérifier si c'est un extremum ou non.
TRACER LE GRAPHE DUNE FONCTION
La valeur de la fonction aux points stationnaires critiques et à ceux pour lesquels point critique puisque la dérivée est bien définie pour tout .
Cours 14
dérivée seconde et positive et ou elle est négative. Ce qui nous amène à parler des points critiques non pas de la fonction mais de sa dérivée.
[PDF] Exercice 1 Déterminer tous les points critiques (les points où ?f
Déterminer tous les points critiques (les points où ?f ?x (x y) = ?f ?y (x y)=0) de la fonction f(x y) = xy(x + y ? 1) Réponse : comme f(x
[PDF] Fonctions de deux variables
Définition Les points critiques d'une fonction f de deux variables sont les points o`u son gradient s'annule Page 13 Points critiques : exemples Exemple
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En un point critique la fonction f a un plan tangent horizontale Si le point n'est pas un extremum local quelle est la forme de f ? Définition – Soit pabq
[PDF] TD4 – Extrema libres Exercice 1 Trouver les points critiques et
Exercice 1 Trouver les points critiques et discuter leur nature pour f : R2 ? R a) f(x y)=(x ? 1)2 + 2y2 b) f(x y)=2x3 ? 6xy + 3y2
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Dérivées et points critiques Il existe plusieurs notions de dérivées pour des fonctions définies sur des espaces de Banach Nous commençons par celle de la
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On recherche les points critiques donnés par l'équation f ?(x) = 0 2 Pour chaque point critique x0 on calcule la dérivée seconde :
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f(xy) = x3 +2xy2 ?y4 +x2 +3xy+y2 +10 au point critique (00) Indication ? Correction ? [002641] Exercice 2 Trouver les points critiques de
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et un point critique qui n'est pas un extremum local On suppose maintenant que f est de classe C2 et que a est un point critique de f D'après la formule de
[PDF] Chapitre 10 Fonctions de deux variables réelles
Si f admet une dérivée partielle d'ordre 1 par rapport à x en tout point de R2 tion la réciproque est fausse; il peut exister des points critiques de f
[PDF] Feuille dexercices n°13 : Fonctions réelles de deux variables réelles
f(x y)=2x2 + 2y2 + 2xy ? x ? y 1 a) Calculer les dérivées partielles premières de f b) En déduire que le seul point critique de f est A =
![Exercice 1. Déterminer tous les points critiques (les points où ?f (x Exercice 1. Déterminer tous les points critiques (les points où ?f (x](https://pdfprof.com/Listes/17/59060-17CC1-Nov2009-corrige.pdf.pdf.jpg)
Exercice 1.
Déterminer tous les points critiques (les points où ∂f∂x(x,y) =∂f∂y(x,y) = 0) de la fonction f(x,y) =xy(x+y-1). Réponse : commef(x,y) =x2y+xy2-xy, on obtient∂f ∂x (x,y) = 2xy+y2-y=y(2x+y-1)et∂f ∂y (x,y) = x2+ 2xy-x=x(x+ 2y-1)et donc trouver les points critiques defrevient à résoudre le système suivant{y(2x+y-1) = 0
x(x+ 2y-1) = 0} . La première équation implique que ou bieny= 0ou bien2x+y-1 = 0. Traitons donc ces deux cas.1. Siy= 0la seconde équation devientx(x-1) = 0et donc ou bienx= 0ou bienx= 1et donc nous avons
obtenu que(0,0)et(1,0)sont des points singuliers.2. Si2x+y-1 = 0la seconde équation impose ou bienx= 0ou bienx+ 2y-1 = 0. Dans le premier cas on
obtientx= 0ety= 1donc(0,1)est un point singulier. Dans le second cas il faut résoudre2x+y-1 = 0 x+ 2y-1 = 0 et on obtient que(1 3 ,1 3 )est un point singulier.Conclusion :la fonctionfadmet 4 points critiques et seulement 4 qui sont(0,0), puis(1,0)puis(0,1)puis
1 3 ,1 3 Déterminer pour tout(x,y)∈R2, la matriceHf(x,y) =( ∂2f ∂x2(x,y)∂2f
∂x∂y (x,y) 2f ∂y∂x (x,y)∂2f ∂y2(x,y))
Réponse :à partir de∂f
∂x (x,y) = 2xy+y2-yon obtient∂2f ∂x2(x,y) = 2yet aussi∂2f
∂y∂x (x,y) = 2x+ 2y-1. A partir de ∂f ∂y (x,y) =x2+ 2xy-xon obtient∂2f ∂x∂y (x,y) = 2x+ 2y-1et∂2f ∂y2(x,y) = 2xet donc
Hf(x,y) =(2y2x+ 2y-1
2x+ 2y-1 2x)
Dire pour chacun des points critiques s"il s"agit d"un point col, d"un maximum local, ou d"un minimum local.Réponse :
1. au point critique(0,0)nous avonsHf(0,0) =(0-1
-1 0) dont le déterminant est négatif, et donc les courbures principales sont de signes contraires. Il s"agit d"un point col.2. au point critique(1,0)nous avonsHf(1,0) =(0 1
1 2) dont le déterminant est négatif, et donc les courbures principales sont de signes contraires. Il s"agit d"un point col.3. au point critique(0,1)nous avonsHf(0,1) =(2 1
1 0) dont le déterminant est négatif, et donc les courbures principales sont de signes contraires. Il s"agit d"un point col.4. au point critique(1
3 ,1 3 )nous avonsHf(1 3 ,1 3 2 3 1 3 1 3 2 3 dont le déterminant est positif, et donc les courburesprincipales sont de mêmes signes. Il s"agit d"un minimum local ou d"un maximum local. Comme la trace de la
matrice Hessienne est positive, ces deux courbures principales ont une somme positive, et donc sont positives.
Il s"agit d"un minimum local.
Déterminer l"ensemble des valeurs prises parfc"est à dire{z∈R,∃(x,y)∈R2,f(x,y) =z}.
Réponse :f(x,x) =x2(2x-1) = 2x3-x2est un polynôme de degré trois réel, qui tend vers+∞quandx→+∞
et vers-∞quandx→ -∞. Par le théorème des valeurs intermédiaires, il prend donc toutes les valeurs possibles
dansR. Donc en restriction à la première bissectrice, toutes les valeurs ont été atteintes. Doncf(R2) =R.
Exercice 2.
Résoudre pour(x,y)∈R2, l"équation∂2f ∂x2-∂2f
∂y2=xyà l"aide du changement de variable(u,v) = (x+y,x-y),la
fonction inconnuef:R2→Rétant de classeC2. 1 Réponse : commençons par calculer la matrice jacobienne du changement de variableD(u,v)D(x,y)=(
∂u∂x ∂u∂y ∂v∂y ∂v∂y) (1 1 1-1). Son déterminant vaut-1et il est non nul. Donc le changement de variable est bien défini, bijectif.
PosonsF(u,v) =f(x(u,v),y(u,v))qui s"inverse enf(x,y) =F(u(x,y),v(x,y)). Dérivons cette dernière égalité
partièlement par rapport àx. Nous obtenons∂f ∂x =∂F ∂u ∂u ∂x +∂F ∂v ∂v ∂x =∂F ∂u +∂F ∂v . De la même manière∂f ∂y ∂F ∂u ∂u ∂y +∂F ∂v ∂v ∂y =∂F ∂u -∂F ∂v . En recommençant à dériver∂f ∂x par rapport àx,nous avons∂2f ∂x2=∂F2
∂u2+∂2F
∂v∂u +∂2F ∂u∂v +∂2F ∂v 2. En procédant de la même manière en dérivant partièlement ∂f ∂y =∂F ∂u -∂F ∂v par rapport ày, on obtient∂2f ∂y 2= ∂F 2 ∂u2-∂2F
∂v∂u -∂2F ∂u∂v +∂2F ∂v2. D"où∂2f
∂x2-∂2f
∂y2= 4∂2F
∂v∂u (comme la fonction est de classeC2, les dérivées secondes croiséessont égales) . Maintenant exprimonsxyen fonction deuet deven remarquant queu2-v2= (x+y)2-(x-y)2= 4xy.
Alors l"équation devient
∂2F ∂v∂u =u2-v2 16 . Prenons en une primitive enu. Alors∂F ∂v =u3 48-v2 16 u+α(v)oùαest une fonction quelconque d"une variable. Prenons en une primitive env. AlorsF=u3 48
v-v3 48
u+A(v) +B(u)oùAest
une primitive deαdonc une fonction quelconque devetBune fonction quelconque deu.En revenant aux variables
xety, nous avons démontré que f(x,y) =(x+y)3(x-y)-(x+y)(x-y)3 48+A(x-y) +B(x+y)
oùAest une fonction quelconque de classeC2d"une variable, etBest une fonction quelconque de classeC2d"une
variable.Exercice 3.
SoitD,Edeux domaines deR2etφ:D-→Equi définit un changement de variableφ(x,y) = (X,Y). Soit
f:D-→Rune fonction. Donnez la formule de changement de variable qui permet de calculer l"intégrale∫
Df(x,y)dxdycomme une intégrale surE. Réponse :∫Df(x,y)dxdy=∫
Ef(x(X,Y),y(X,Y))|D(x,y)
D(X,Y)|dXdYoù
D(x,y)
D(X,Y)=¯¯¯¯∂x
∂X ∂x ∂Y ∂y ∂X ∂y ∂Y Déterminer l"aire enlacée par l"ellipse d"équation x2 a 2+y2 b2= 1. Réponse : posonsX=x
a etY=y b . L"équation de l"ellipse devient dans les coordonnéesXetY:X2+Y2= 1. L"aire d"un disque de rayon1estπ. Par ailleurs|D(x,y)D(X,Y)|=|1
D(X,Y)
D(x,y)|=|1
˛˛˛˛˛1
a 0 0 1 b ˛˛˛˛˛|=|ab|=abet donc l"aire de l"ellipse=∫D1dxdy=∫
E1.abdXdY=
abE1.dXdY=πab.
Exercice 4.
La fonctionf:R2→Rdéfinie parf(x,y) ={1 si (x,y) = (0,0) x2+xy+y2
x2+y2sinon}
est-elle continue en(0,0)? Réponse : non parce quef(x,0) = 1tend vers1quandx→0et quef(x,x) =3 2 tend vers3 2 quandx→0. Nous avons donctrouvé deux chemins distincts qui passent par(0,0),et qui donnent à la restriction defà ces deux chemins deux
limites différentes quand le point courant tend vers(0,0). Comme f(h,0)-f(0,0) h =h 2 h 2-1 h =0 h = 0nous savons quelimh→0f(h,0)-f(0,0) h = 0et donc la fonction admet une dérivée partielle par rapport àxen(0,0)et l"on a∂f ∂x (0,0) = 0. De mêmef(0,k)-f(0,0) k = 0et∂f ∂y (0,0) = 0.Comme la fonction n"est pas continue en(0,0), elle ne peut y être différentiable, puisque la différentiabilité d"une
fonction en un point de l"ensemble de départ y implique sa continuité. 2quotesdbs_dbs33.pdfusesText_39[PDF] on prépare un volume v=0.200 l d'une eau iodée
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