Fonctions de deux variables réelles

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1 [ édité le 0 juill 04 Enoncés Fonctions de deu variables réelles Généralités sur les fonctions de deu variables Eercice [ 0733 ] [correction] Déterminer tous les couples (α, β) (R + ) pour lesquels il eiste M R tel que Eercice 6 [ 0737 ] [correction] Soit f : R R une fonction de classe C F : R \ (0, 0)} R définie par Déterminer lim F (, y). (,y) (0,0) F (, y) = f( + y ) f(0) + y, y > 0, α y β M( + y) Eercice [ 0734 ] [correction] Soient A une partie non vide de R un point de R. On note d(, A) = inf a a A Montrer que l application d : R R est lipschitzienne. Limite Eercice 3 [ 0735 ] [correction] Etudier les limites en (0, 0) des fonctions suivantes : a) f(, y) = y + y b) f(, y) = + y + y + y c) f(, y) = y + y d) f(, y) = y + y Continuité Eercice 7 [ 0738 ] [correction] Soit f : R R définie par f(, y) = + y si + y > sinon Montrer que f est continue. Eercice 8 [ 0739 ] [correction] Soient f : R R une fonction de classe C F : R R la fonction définie par F (, y) = Montrer que la fonction F est continue. f() f(y) y f () si y si y = Eercice 4 [ 0736 ] [correction] Etudier les limites en (0, 0) des fonctions suivantes : a) f(, y) = 3 y b) f(, y) = + y y c) f(, y) = + y + y Eercice 5 [ ] [correction] Etudier les limites en (0, 0) des fonctions suivantes : a) f(, y) = sin y + y b) f(, y) = cos(y) y c) f(, y) = y = e y ln d) f(, y) = shshy + y Eercice 9 [ 074 ] [correction] Soit A une partie convee non vide de R f : A R une fonction continue. Soit a b deu points de A y un réel tels que f(a) y f(b). Montrer qu il eiste A tel que f() = y. Dérivées partielles Eercice 0 [ 074 ] [correction] Calculer les dérivées partielles des fonctions suivantes : a) f(, y) = y (avec > 0)b) f(, y) = + y c) f(, y) = sin( + y).

2 [ édité le 0 juill 04 Enoncés Eercice [ 0743 ] [correction] Soit f la fonction définie sur R par f(, y) = y / si 0 0 si = 0 a) Montrer que f adm une dérivée au point (0, 0) suivant tout vecteur de R. b) Observer que néanmoins f n est pas continue en (0, 0). Eercice [ 0744 ] [correction] Soit f : R R définie par f(, y) = y 4 +y si (, y) (0, 0) 0 sinon Montrer que f adm une dérivée en (0, 0) selon tout vecteur sans pour autant y être continue. Fonctions de classe C Eercice 6 [ 0747 ] [correction] Etudier la continuité, l eistence la continuité des dérivées partielles premières de f : a) f(, y) = y ln( + y ) si (, y) (0, 0). 0 sinon ( + y ) sin si (, y) (0, 0) b) f(, y) = +y 0 sinon Eercice 7 [ 0748 ] [correction] Soit ϕ : R R continue f : R R définie par f(, y) = y ϕ(t) dt Montrer que f est de classe C calculer ses dérivées partielles premières. Eercice 3 [ 0745 ] [correction] Soit f : R R définie par y f(, y) = + y 0 sinon Justifier que f est continue en (0, 0). Etudier les dérivées partielles de f en (0, 0). si (, y) (0, 0) Eercice 4 [ 0746 ] [correction] Soit ϕ : R R dérivable. On pose f : R R R définie par f(, y) = ϕ(y/). Montrer que f vérifie la relation : (, y) + y (, y) = 0 Eercice 8 [ 0380 ] [correction] On considère la fonction f : R R définie par sin(y) f(, y) = + y si (, y) (0, 0) 0 sinon a) f est-elle continue? b) f est-elle de classe C? Dérivées de fonctions composées Eercice 9 [ 0749 ] [correction] Soit f : R R différentiable. On pose g : R R définie par g(t) = f(t, + t ). Eprimer g (t) en fonction des dérivées partielles de f. Eercice 5 [ ] [correction] Calculer les dérivées partielles de f(, y) = min(, y ) Eercice 0 [ 0755 ] [correction] Soit f : R R une fonction différentiable g : R R définie par g(u, v) = f(u + v, uv)

3 [ édité le 0 juill 04 Enoncés 3 a) Justifier que g est différentiable. b) Eprimer u v en fonction des dérivées partielles de la fonction f notées. Eercice [ 0750 ] [correction] Soit f : R R une fonction différentiable g : R R définie par g(r, θ) = f(r cos θ, r sin θ) a) Justifier que g est différentiable. b) Eprimer les dérivées partielles de g en fonction de celles de f. c) Eprimer les dérivées partielles de f en fonction de celles de g. Eercice [ 075 ] [correction] Soit f : R R différentiable telle que Montrer que t R, (, y) R, f( + t, y + t) = f(, y) Eercice 3 [ 0753 ] [correction] Soit f : R R différentiable telle que Montrer que (, y) + (, y) = 0 t R, (, y) R, f(t, ty) = f(, y) (, y) + y (, y) = 0 Eercice 4 [ ] [correction] Soit f : R R une fonction différentiable homogène de degré n N c est-à-dire vérifiant t R, (, y) R, f(t, ty) = t n f(, y) a) Montrer que + y = nf b) On suppose n. Montrer que les dérivées partielles de f sont elles aussi homogènes, préciser leur degré. Fonctions de classe C Eercice 5 [ 0756 ] [correction] Calculer les dérivées partielles d ordre des fonctions suivantes : a) f(, y) = ( + y) b) f(, y) = cos(y) Eercice 6 [ 0757 ] [correction] Soit f : R R la fonction définie par f(, y) = y3 si (, y) (0, 0) f(0, 0) = 0 + y a) Montrer que f est de classe C sur R. b) Montrer que f (0, 0) f (0, 0) eistent diffèrent. Qu en déduire? Eercice 7 [ 0758 ] [correction] On définit une fonction f : R R par y( y ) f(, y) = +y si (, y) (0, 0) 0 sinon a) Montrer que f est de classe C. b) La fonction f est-elle de classe C? Eercice 8 [ 0759 ] [correction] Soit f ϕ : R R deu applications de classe C F : R R définie par F (, y) = f( + ϕ(y)) a) Justifier que F est de classe C. b) Vérifier l égalité : F F = 0 Eercice 9 [ 0760 ] [correction] Soit f : R R une fonction de classe C g : R R définie par g(u, v) = f(uv, u + v ) a) Justifier que g est de classe C. b) Eprimer les dérivées partielles d ordre de g en fonction des dérivées partielles de f.

4 [ édité le 0 juill 04 Enoncés 4 Etremum de fonctions de deu variables Eercice 30 [ 076 ] [correction] Déterminer les rema locau des fonctions f : R R suivantes : a) f(, y) = + y + y 3 6y b) f(, y) = + y y y + 5 c) f(, y) = 3 + y 3 d) f(, y) = ( y) + ( + y) 3 e) f(, y) = 3 + y 3 3y. Equations au dérivées partielles Eercice 3 [ 0763 ] [correction] En réalisant le changement de variables u = + y v = + 3y déterminer les fonctions f : R R de classe C solutions de l équation au dérivées partielles : 3 = 0 Eercice 3 [ 0764 ] [correction] En réalisant le changement de variables u = v = y déterminer les fonctions f : R R de classe C solutions de l équation au dérivées partielles : + = f Eercice 33 [ 0766 ] [correction] En passant en coordonnées polaires, résoudre sur R \ (0, 0)} l équation au dérivées partielles y = 0 Eercice 34 [ 0768 ] [correction] En passant en coordonnées polaires, déterminer les fonctions f : R + R R de classe C solutions de l équation au dérivées partielles + y = + y Eercice 35 [ 0769 ] [correction] Soit c > 0. En réalisant le changement de variables u = + ct v = ct déterminer les fonctions f : (, t) f(, t) de classe C sur R solutions de l équation au dérivées partielles f = f c t Problème de primitivation Eercice 36 [ 077 ] [correction] Déterminer les fonctions f de classe C solutions des systèmes suivants : (, y) = y (, y) = a) + y b) (, y) = c) + y (, y) = y y (, y) = (, y) = y + y + y Analyse vectorielle Eercice 37 [ 0773 ] [correction] On appelle laplacien d un champ scalaire F de classe C le champ scalaire défini par ( F ) F = div a) Montrer b) Eprimer (M) θ c) Eprimer F en fonction de F, F = F + F (M) en fonction de (M) F θ. (M)

5 [ édité le 0 juill 04 Enoncés 5 Eercice 38 [ 0774 ] [correction] Soit F un champ scalaire de classe C de l espace. Eprimer F (M) en fonction (M), (M), ρ ϕ z (M) des vecteurs du repère cylindrique associé au point M. Eercice 39 [ 0775 ] [correction] Soit F le champ de vecteurs du plan défini par F (M) = OM OM. a) Calculer divf (M) b) Le champ de vecteurs F dérive-t-il d un potentiel? Eercice 43 [ ] [correction] On pose γ (t) = a( t) i + bt j avec 0 t le champ de vecteurs γ (t) = a cos(s) i + b sin(s) j avec 0 s π/ V = y i + j a) Représenter les courbes paramétrées par γ γ. b) Le champ de vecteurs V dérive-t-il d un potentiel U(, y)? c) Calculer la circulation de V selon γ γ. Conclure. Eercice 40 [ 0776 ] [correction] Soit F le champ de vecteurs de l espace défini par F (M) = OM OM. 3 a) Ce champ de vecteur dérive-t-il d un potentiel? b) Calculer divf (M) RotF (M). Eercice 4 [ 0777 ] [correction] Soit ω un vecteur de l espace F le champ de vecteurs de l espace défini par F (M) = ω OM a) Calculer div F (M) Rot F (M). b) Le champ de vecteur F dérive-t-il d un potentiel? Eercice 4 [ 0778 ] [correction] [Fonctions harmoniques] Une fonction de classe C est dite harmonique si, seulement si, son laplacien f = f + f est nul. a) Montrer que si f est harmonique de classe C 3 alors, + y le sont aussi. On suppose que f : R \ (0, 0)} est radiale i.e. qu il eiste une fonction ϕ : R + R de classe C telle que f(, y) = ϕ( + y ). b) Montrer que f est harmonique si, seulement si,ϕ est solution d une équation différentielle qu on précisera. c) En résolvant cte équation, déterminer f.

6 [ édité le 0 juill 04 Corrections 6 Corrections Eercice : [énoncé] Soit (α, β) solution. Considérons sur (R + ). On a f(, y) = α y β + y f(, ) = α+β f bornée implique α + β =. Inversement, supposons α + β =. Si y alors 0 f(, y) = α y α + y y + y Si y alors idem. ( ) α y Eercice : [énoncé] Pour tout a A, d(, A) a y + y a donc puis Par symétrie, Ainsi d(, A) est lipschitzienne. d(, A) y d(y, A) d(, A) d(y, A) y d(, A) d(y, A) y Eercice 3 : [énoncé] a) f(0, /n) = 0 0 f(/n, /n) = / /. Pas de limite en (0, 0). b) f(/n, 0) f(/n, /n) /. Pas de limite en (0, 0). c) f(, y) = y +y (,y) (0,0) 0. 0 ou f(, y) = r cos θ sin θ (,y) (0,0) y d) f(, y) y +y y 0 ou f(, y) = r cos θ sin θ 0. (,y) (0,0) Eercice 4 : [énoncé] a) f(0, /n) 0 f(/n, /n 3 ). Pas de limite en (0, 0) b) f(0, /n) = n + f(0, /n) = n. Pas de limite en (0, 0). c) 0 f(, y) y 0 ou f(r cos θ, r sin θ) = O(r ). Eercice 5 : [énoncé] a) f(, y) y = r sin θ cos θ 0 +y b) f(, y) = cos(y) y cos t or lim t 0 t = (,y) (0,0) donc f(, y) (,y) (0,0) c) f(/n, 0) f(/n, /ln n) /e. Pas de limite en (0, 0). d) Quand 0, f(, + 3 ). La fonction f n a pas de limite en (0, 0). Eercice 6 : [énoncé] Par le théorème des accroissements finis, il eiste c,y ] 0, + y [ tel que F (, y) = f (c). Quand (, y) (0, 0) alors c,y 0 puis F (, y) f (0). Eercice 7 : [énoncé] Notons D = (, y) R / + y > } E = (, y) R / + y < } f est en chaque point de D E. Soit ( 0, y 0 ) tel que 0 + y 0 =. Si (, y) ( 0, y 0 ) avec (, y) D alors f(, y) 0 + y 0 = 0 = f( 0, y 0 ) Si (, y) ( 0, y 0 ) avec (, y) E alors Donc f(, y) 0 = f( 0, y 0 ) lim f(, y) = f( 0, y 0 ) finalement f est continue sur R. (,y) ( 0,y 0) 0.

7 [ édité le 0 juill 04 Corrections 7 Eercice 8 : [énoncé] Soit a = (α, β) R. Si α β alors au voisinage de a, F (, y) = f(y) f() y (,y) a f(β) f(α) β α = F (α, β) Si α = β alors : Quand (, y) a avec = y, F (, ) = f () f (α) = F (a). Quand (, y) a avec y, par le théorème des accroissements finis F (, y) = f (c) avec c compris entre y. Par le théorème des gendarmes, c α par composition F (, y) f (α) = F (a) Finalement F est continue en tout a R. Eercice 9 : [énoncé] Soit ϕ : [0, ] R définie par ϕ(t) = a + t.(b a). Par composition f ϕ est continue sur le segment [0, ]. Comme (f ϕ)(0) = f(a) (f ϕ)() = f(b), par le théorème des valeurs intermédiaire, il eiste t [0, ] tel que (f ϕ)(t) = y. Pour = ϕ(t) A on a y = f(). Eercice 0 : [énoncé] a) (, y) = yy (, y) = b) c) +y (, y) = ln.y. y (, y) =. +y (, y) = sin( + y) + cos( + y) (, y) = cos( + y). b) donc f n est pas continue en (0, 0). Eercice : [énoncé] Quand n + donc f n est pas continue en (0, 0). Soit h = (α, β) R, f(/n, / n) = f(0, 0) f ( ) n, n f(0, 0) t α β (f(tα, tβ) f(0, 0)) = t t 4 α 4 + t β Eercice 3 : [énoncé] f(, y) y y 0 donc f(, y) 0. h + y (f(h, 0) f(0, 0)) = 0 donc 0 si β = 0 α /β sinon (0, 0) = 0 de même (0, 0) = 0. Eercice 4 : [énoncé] On a (, y) = y ϕ (y/) (, y) = ϕ (y/) d où la relation. Eercice 5 : [énoncé] La courbe Γ d équation y = est une parabole séparant le plan en deu portions ouvertes U = (, y)/ < y } V = (, y)/ > y } Eercice : [énoncé] a) Soit h = (α, β) R. t (f(t.h) f(0, 0)) = (f(tα, tβ)) = t 0 si α = 0 β /α sinon Donc D h f(0, 0) = β /α si α 0 0 si α = 0

8 [ édité le 0 juill 04 Corrections 8 Soit ( 0, y 0 ) U. Au voisinage de ce couple, f(, y) = donc ( 0, y 0 ) = ( 0, y 0 ) = 0 Soit ( 0, y 0 ) V. Au voisinage de ce couple, f(, y) = y donc ( 0, y 0 ) = 0 ( 0, y 0 ) = y 0 Soit ( 0, y 0 ) Γ (on a donc 0 = y 0). Sous réserve d eistence Pour t > 0, pour t < 0, ( 0, y 0 ) = lim t 0 t (f( 0 + t, y 0 ) f( 0, y 0 )) t (f( 0 + t, y 0 ) f( 0, y 0 )) = ( y t 0 y0 ) = 0 t (f( 0 + t, y 0 ) f( 0, y 0 )) = t ( 0 + t 0 ) = On en déduit que la première dérivée partielle de f en ( 0, y 0 ) n est pas définie. Sous réserve d eistence Si y 0 0 alors pour t du signe de y 0, ( 0, y 0 ) = lim t 0 t (f( 0, y 0 + t) f( 0, y 0 )) t (f( 0, y 0 + t) f( 0, y 0 )) = t ( 0 0 ) = 0 pour t du signe opposé à celui de y 0, t (f( 0, y 0 + t) f( 0, y 0 )) = ( ) (y 0 + t) y0 = y 0 + t t On en déduit que la deuième dérivée partielle de f en ( 0, y 0 ) n est pas définie. Si y 0 = 0 ( alors 0 = 0) alors pour tout t 0 t (f(0, 0 + t) f(0, 0)) = 0 donc la deuième dérivée partielle de f en (0, 0) est définie (0, 0) = 0 Eercice 6 : [énoncé] a) f est clairement continue sur R \ (0, 0)}. Etudions la continuité en (0, 0) ( ) y (( f(, y) = (y) + y + y ) ln( + y ) ) 0 (,y) (0,0) f est donc continue en (0, 0). Etudions l eistence de la dérivée partielle par rapport à. Par composition eiste est continue sur R \ (0, 0)}. De plus Donc Enfin car (, y) = y ln( + y ) + 3 y + y (0, 0) eiste (0, 0) = 0. (f(t, 0) f(0, 0)) = 0 0 t t 0 (, y) 0 (,y) (0,0) y ln( + y y ) = y + y ( + y ) ln( + y ) Par suite eiste est continue sur R. Etudions l eistence de la dérivée partielles par rapport à y. Comme f(, y) = f(y, ) l étude de est identique. b) Soit g : R + R la fonction définie par t sin / t si t 0 g(t) = 0 sinon La fonction g continue sur R + comme f(, y) = g( + y ), f est continue sur R. La fonction g est de classe C sur R + donc f adm des dérivées partielles continues sur R \ (0, 0)}. De plus (, y) = sin + y + y cos + y (, y) = y sin + y y + y cos + y

9 [ édité le 0 juill 04 Corrections 9 Etudions l eistence de dérivées partielles en (0, 0). donc (f(t, 0) f(0, 0)) = t sin = O(t) 0 t t t 0 (0, 0) eiste pas vaut 0. Il en est de même pour (0, 0). diverge quand n +, donc Il en est de même de. ( ) n, 0 = sin n cos n n n est pas continue en (0, 0). Eercice 7 : [énoncé] Introduisons ϑ primitive de ϕ sur R. ϑ eiste est de classe C car ϕ est continue. f(, y) = ϑ(y) ϑ() donc par opérations f est de classe C avec (, y) = ϑ () = ϕ() (, y) = ϑ (y) = ϕ(y) donc (t, t) = t cos(t ) sin(t ) (t) La fonction f n est donc pas de classe C. Eercice 9 : [énoncé] Par composition la fonction g est dérivable t 0 + g (t) = f(t, + t ) + t f(t, + t ) Eercice 0 : [énoncé] a) (u, v) (u + v, uv) est différentiable de R vers R car à composantes polynomiales. Par composition g est différentiable. b) (u, v) = u u (u + v, uv) + v (u + v, uv) (u, v) = v v (u + v, uv) + u (u + v, uv) Eercice 8 : [énoncé] a) La fonction f est évidemment continue sur R \ (0, 0)}. En passant en coordonnées polaires car le facteur f(, y) (,y) 0 r cos θ sin θ 0 = f(0, 0) r cos θ + sin θ cos θ sin θ cos θ + sin θ est bornée en tant que fonction continue π-périodique. La fonction f est donc continue sur R. b) On a (0, 0) = lim (f(t, 0) f(0, 0)) = 0 t 0 t Or pour, y > 0 y cos(y)( + y) sin(y) (, y) = ( + y) Eercice : [énoncé] a) (r, θ) (r cos θ, r sin θ) est différentiable donc g l est aussi par composition. b) Par dérivation de fonctions composées θ (r, θ) = cos θ (r, θ) = r sin θ (r cos θ, r sin θ) + sin θ (r cos θ, r sin θ) (r cos θ, r sin θ) + r cos θ (r cos θ, r sin θ) c) En résolvant le système formé par les deu équations précédentes. avec (, y) = (r cos θ, r sin θ). (, y) = r cos θ (, y) = r sin θ (r, θ) sin θ (r, θ) θ (r, θ) + cos θ (r, θ) θ

10 [ édité le 0 juill 04 Corrections 0 Eercice : [énoncé] On dérive la relation par rapport à t avant d évaluer en t = 0. Eercice 3 : [énoncé] On dérive la relation par rapport à t avant d évaluer en t =. Eercice 4 : [énoncé] a) En dérivant la relation f(t, ty) = t n f(, y) en la variable t En évaluant en t =, on obtient (t, ty) + y (t, ty) = ntn f(, y) (, y) + y (, y) = nf(, y) b) En dérivant la relation f(t, ty) = t n f(, y) en la variable donc, pour t 0, t (t, ty) = tn (, y) (t, ty) = tn (, y) Cte identité se prolonge aussi en t = 0 grâce à la continuité de On peut conclure que est de homogène de degré n. Idem pour. Eercice 5 : [énoncé] a) (, y) = 3 + y, (, y) =, f (, y) = 6 + y, f (, y) = 0. b). f (, y) =, (, y) = y sin(y), (, y) = sin(y), f (, y) = y cos(y), f (, y) = sin y y cos(y) f (, y) = cos(y). Eercice 6 : [énoncé] a) Par composition f est de classe C sur R \ (0, 0)}. (, y) = y3 ( +y ) De plus t (f(t, 0) f(0, 0)) = 0 t +y y 3 (0, 0) eistent on a (0, 0) = De plus (, y) y y +y + y (, y) 3 y y +y + y Par suite ( f est C sur R ). b) t (0, t) (0, 0) = t (, y) = 3y +y y4 ( +y ). (f(0, t) f(0, 0)) = 0, donc (0, 0) = 0. ( ) y +y 0 (,y) (0,0) y y +y +y 0. (,y) (0,0) ( ) (t, 0) (0, 0) = 0 0. (0, 0) Donc f (0, 0) f (0, 0) eistent on a f (0, 0) = 0 f (0, 0) =. On en déduit que f n est pas C. Eercice 7 : [énoncé] a) (0, 0) = lim (f(t, 0) f(0, 0)) = 0 t 0 t de même (0, 0) = 0. Par opérations, f est de classe C sur R \ (0, 0)} pour (, y) (0, 0), (, y) = y(4 y y ) ( + y ), (, y) = (4 y y ) ( + y ) En passant en coordonnées polaires, on vérifie aisément (, y) (,y) (0,0) 0 = (0, 0) Il en est de même pour. On en déduit que f est de classe C sur R. b) ( f (0, 0) = lim t 0 t ) (0, t) (0, 0) = f (0, 0) = On en déduit que f n est pas de classe C car la conclusion du théorème de Schwarz n est pas vérifié. Eercice 8 : [énoncé] a) Par composition F est C. b) (, y) = f ( + ϕ(y)), (, y) = ϕ (y)f ( + ϕ(y)), F (, y) = f ( + ϕ(y)) F (, y) = ϕ (y)f ( + ϕ(y)). Par suite l égalité proposée est vérifiée.

11 [ édité le 0 juill 04 Corrections Eercice 9 : [énoncé] a) g est C par composition. b) u (u, v) = v (uv, u + v ) + u (uv, u + v ), v (u, v) = u (uv, u + v ) + v (uv, u + v ), g u (u, v) = v f (uv, u + v ) + 4uv f (uv, u + v ) + 4u f (uv, u + v ) + (uv, u + v ), g u v (u, v) = uv f (uv, u + v ) + (u + v ) f (uv, u + v ) + 4uv f (uv, u + v ) + (, ), g v (u, v) = u f (uv, u + v ) + 4uv f (...) + 4v f (...) + (...) Eercice 30 : [énoncé] a) Point critique (0, 3), f(0, 3) = 9. Posons u = v = y 3. f(, y) f(0, 3) = u + uv + v = (u + v ) + (u + v) 0 f adm un minimum en (0, 3). b) Point critique (, ), f(, ) = 4. Posons u = v = y f(, y) f(, ) = u + v uv = (u v) + v 0 f adm un minimum en (, ). c) Point critique (0, 0). Pour tout n N, f(/n, 0) > 0 f( /n, 0) < 0 Pas d remum. d) Point critique (0, 0). f(/n, 0) = n + n 3 n > 0 f( /n, /n + /n ) n 3 < 0 Pas d remum. e) Points critiques (0, 0) (, ). Etude en (0, 0) : Pas d remum en (0, 0). Etude en (, ) : Posons u = v = y. f(/n, 0) > 0 f(/n, /n) 3/n < 0 f(, y) f(, ) = u 3 +3u +v 3 +3v 3uv = (u ) u + (v ) v + 3 (u v) Comme on a localement u u 0 3 u 0 v v 0 3 v 0 f(, y) f(, ) 0 f adm un minimum relatif en (, ). Ce minimum ne peut être absolu car f( n, 0). Eercice 3 : [énoncé] Posons φ : R R définie par u = + y = 3u v v = + 3y y = v u φ(u, v) = (3u v, v u) φ est une bijection de classe C. Soient f : R R une fonction de classe C g : R R définie par g(u, v) = f(3u v, v u), Par composition g = f φ est de classe C sur R u (u, v) = 3 (3u v, v u) (3u v, v u) f est solution de l équation au dérivées partielles étudiée si, seulement si, u = 0 ce qui conduit à g(u, v) = h(v) puis f(, y) = h( + 3y) avec h fonction de classe C. Eercice 3 : [énoncé] Soit f : R R une fonction de classe C sur R solution de + = f Soit g : R R définie par g(u, v) = f(u, u + v). Par composition g est de classe C sur R u (u, v) = (u, u + v) + (u, u + v) = f(u, u + v) = g(u, v)

12 [ édité le 0 juill 04 Corrections La fonction u g(u, v) est solution de l équation différentielle y = y donc il eiste C(v) R tel que g(u, v) = C(v)e u. Notons que C : R R est de classe C car C(v) = g(0, v) avec g de classe C. Par suite, on obtient f(, y) = C(y )e. Inversement, de telles fonctions sont solutions. Eercice 33 : [énoncé] Soient f : R \ (0, 0)} R de classe C g : R + R R définie par g(r, θ) = f(r cos θ, r sin θ). Par composition, g est de classe C. On a (r, θ) = θ ( Par surjectivité de l application y ) (, y) + (, y) =r cos θ,y=r sin θ R + R R \ (0, 0)}, (r, θ) (r cos θ, r sin θ) on peut affirmer que f est solution de l équation au dérivées partielles étudiée si, seulement si, (r, θ) = 0 θ c est-à-dire, si, seulement si, g(r, θ) = C(r) avec C fonction de classe C définie sur ]0, + [. On obtient alors f(, y) = C( + y ) puis f(, y) = D( + y ) avec D fonction de classe C définie sur ]0, + [. Eercice 34 : [énoncé] Soient f : R + R R une fonction de classe C g : R + ] π/, π/[ R définie par g(r, θ) = f(r cos θ, r sin θ). Par composition g est de classe C sur R + ] π/, π/[ r (r, θ) = r cos θ (r cos θ, r sin θ) + r sin θ (r cos θ, r sin θ) f est solution de l équation au dérivées partielles étudiée si, seulement si, r (ρ, θ) = r ce qui conduit à g(r, θ) = r + h(θ) puis f(, y) = ( + y + h arctan y ) avec k fonction de classe C définie sur R. = ( y + y + k ) Eercice 35 : [énoncé] Soient f : R R une fonction de classe C sur R g : R R définie par g(u, v) = f((u + v)/, (u v)/c). Par composition g est de classe C sur R, par calculs, f est solution de l équation au dérivées partielles étudiée si, seulement si, g (u, v) = 0 u v On obtient g(u, v) = C(u) + D(v) puis f(, t) = C( + ct) + D( ct) avec C D fonctions de classe C. Eercice 36 : [énoncé] a) f(, y) = y + C te sur R. b) f(, y) = + y + C te sur R \ (0, 0)}. c) Il n y a pas de solution car (, y) = +y donne f(, y) = ln( + y ) + C(y) qui injectée dans la deuième équation donne : y +y + C (y) = y +y qui est incompatible avec C fonction de la seule variable y. Eercice 37 : [énoncé] a) Puisque on a F = i + j F = div grad F = F + F b) Introduisons f f les représentations cartésiennes polaires de F. On a F (M) = f(r, θ) = f(r cos θ, r sin θ) donc f ce qu on réécrit De même (r, θ) = cos θ (r cos θ, r sin θ) + sin θ (r cos θ, r sin θ) (M) = cos θ (M) + sin θ (M) (M) = r sin θ (M) + r cos θ θ (M)

13 [ édité le 0 juill 04 Corrections 3 c) Aussi F (M) = cos θ F (M) + sin θ F (M) + cos θ sin θ F (M) F θ (M) = r sin θ F (M)+r cos θ F (M) r cos θ sin θ F (M) r cos θ (M) r sin θ (M) Eercice 40 : [énoncé] On observe alors donc r F (M) + r (M) + F (M) = r θ F = F + r + F r θ ( ) F (M) + F (M) Eercice 39 : [énoncé] F (M) = i + y j. +y +y ( ) ( ) a) divf (M) = + y = +y +y 3 +y +y 3 b) F dérive du potentiel V (M) = + y = OM. F (M) = +y +z 3 i + y +y +z 3 j + z +y +z 3 k a) F dérive du potentiel V (M) = = +y +z OM. b) divf ( ) ( ) (( (M) = OM 3 3 OM + 5 OM 3 y 3 OM + 5 Rot F = o car F dérive d un potentiel. OM 3 OM. 3 z OM 5 )) = OM 3. Eercice 38 : [énoncé] Introduisons les représentations cartésiennes cylindriques de F. On en tire f ρ qu on réécrit : De même : (ρ, ϕ, z) = cos ϕ F (M) = f(ρ, ϕ, z) = f(ρ cos ϕ, ρ sin ϕ, z) (ρ cos ϕ, ρ sin ϕ, z) + sin ϕ (ρ cos ϕ, ρ sin ϕ, z) (M) = cos ϕ (M) + sin ϕ ρ (M) (M) = ρ sin ϕ (M) + ρ cos ϕ ϕ (M) Sachant u ρ = cos(ϕ). i + sin(ϕ). j u ϕ = sin(ϕ). i + cos(ϕ). j, on obtient : Ainsi ρ (M) u ρ + ρ ϕ (M) u ϕ + z (M) k = (M) i + (M) j + z (M) k F = ρ u ρ + ρ ϕ u ϕ + z k Eercice 4 : [énoncé] ω = ω i + ω y j + ω z k. F (M) = (ω y z ω z y) i + (ω z ω z) j + (ω y ω y ) k a) div F (M) = 0. Rot F (M) = ω i + ω y j + ω z k = ω. b) Lorsque ω 0, le champ F ne dérive pas d un potentiel. Lorsque ω = 0, le champ F est nul donc d un dérive de n importe quel potentiel constant. Eercice 4 : [énoncé] a) On a car Ainsi Aussi ( ) f = ( ) f ( ) = ( f) = 0 est harmonique il en est de même de. ( ) f = ( ) f ( + y ) = 3 f 3 + f + y 3 f + 3 f + y 3 f 3 + f

14 [ édité le 0 juill 04 Corrections 4 donne b) On a puis ( + y ) = ( ) + y = ϕ ( + y ) ( ) + f = 0 f = ϕ ( + y ) + ϕ ( + y ), f = ϕ ( + y ) + y ϕ ( + y ) Donc f = 0 (, y) R \ (0, 0)}, ( + y )ϕ ( + y ) + ϕ ( + y ) = 0 n étant pas vérifiée, on peut conclure à l ineistence de U. c) La circulation de V le long de γ est celle le long de γ est π/ 0 0 abt + ab( t) dt = ab ab sin (s) + ab cos (s) ds = abπ 4 Par la différence des deu valeurs obtenues, on rrouve que V ne dérive pas d un potentiel. d où (f) = 0 r R +, rϕ (r) + ϕ (r) = 0 ϕ est solution sur R + de l équation différentielle y + y = 0 c) Les solutions de l équation y + y = 0 sont les fonctions y() = C/. On en déduit ϕ() = C ln + D avec C, D R Les fonction harmoniques radiales sont les avec C, D R. f(, y) = C ln( + y ) + D Eercice 43 : [énoncé] a) γ paramètre le quart d une ellipse partant du somm A(a, 0) jusqu au somm B(0, b). γ paramètre le segment [A, B] de A vers B. b) Le champ de vecteurs V dérive du potentiel U si, seulement si, U U (, y) = y (, y) = Un tel potentiel est alors de classe C l égalité de Schwarz U = U

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