Partiel M135 (1) .pdf



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1
Universit´
e Hassan II- Mohammedia
Facult´
e des Sciences et Techniques

epartement de Math´
ematiques
Option :MIP

AU :2013/2014
Module :M311

Premier partiel 2103 : dur´
ee 1H 30
Exercice 0.0.1
p
Soit f : B → R d´efinie par f (x, y) = x2 + y 2 + y 2 − 1 o`
u
B = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 9}.
1. Montrer que f n’a pas de points critiques (stationnaires) dans l’ouvert
U = {(x, y) ∈ R2 : 0 < x2 + y 2 < 9}.
(2 pts)
2. Etablir que l’origine O(0, 0) est un minimum global.

(1 pts)

3. Etudier les variations de f sur le cercle C = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 9}.
pts)

(2

Exercice 0.0.2
Soit f une fonction de deux variables de classe C 1 sur (R∗ )2 v´erifiant l’´equation
aux d´eriv´ees partielles :
(E) :

1 ∂f
1 ∂f
f (x, y)
. (x, y) + . (x, y) = 2
.
x ∂x
y ∂y
(x + y 2 )2

Soit f (x, y) = h(x2 + y 2 ) o`
u h est une fonction d’une seule variable de classe C 1 .
1. Calculer les d´eriv´ees partielles premi`eres et secondes de f en fonction de celles
de h.
(2 pts)
0

2. Donner une ´equation aux d´eriv´ees partielles (E ) v´erifi´ee par h.

(1 pts)

0

3. R´esoudre (E ) puis d´eterminer toutes les fonctions f solutions de (E). (2 pts)
Exercice 0.0.3
soit f la fonction d´efinie par :

³1´

f (x, y) = xy sin
, si y =
6 0
y
 f (x, 0) = 0
pour tout x ∈ R
1. Donner Df le domaine de d´efinition de f et montrer que f est continue sur
Df .
(0.5++0.5+1 pts)
2. Calculer les d´eriv´ees partielles premi`eres par rapport `a x et par rapport `a y en
tout point (x, y) de R2 tel que y 6= 0, et en (0, 0).
(1+1 pts)

2
³
∂f
∂f
3. Etudier la continuit´e des fonctions d´eriv´ees partielles
et
sur R2 on
∂x
∂y
¡
¢ ¡ 1
1 ¢´
peut consid´erer les suites xn , yn =
,
.
(1+1 pts)
2nπ 2nπ
Exercice 0.0.4
¡
¢
Soit f la fonction d´efinie sur R2 par :f (x, y) = x. ln 1 + y 2 − yex .
1. Donner le d´eveloppement limit´e `a l’ordre 2 de f en (1, 0).
¡
¢
2. Soit l’´equation x. ln 1 + y 2 − yex = 0.

(2 pts)

(a) Montrer que cette ´equation d´efinit implicitement y = φ(x) en fonction de
x au voisinage de (1, 0).
(1 pts)
(b) Calculer φ0 (x) au viosinage de 1.

(1 pts)

========================================================

Groupe : M.HARFAOUI- S. SAJID

3
Universit´
e Hassan II- Mohammedia
Facult´
e des Sciences et Techniques

epartement de Math´
ematiques
Option :MIP

AU :2013/2014
Module :M311

Corrig´
e du premier partiel 2103 : dur´
ee 1H 30
Correction 0.0.1
Correction 0.0.2
Soi l’´equation aux d´eriv´ees partielles :
1 ∂f
1 ∂f
f (x, y)
.
. (x, y) + . (x, y) = 2
x ∂x
y ∂y
(x + y 2 )2
Soit f (x, y) = h(x2 + y 2 ) = h(t) o`
u h est une fonction d’une seule variable de
1
classe C .
Si on pose u(x, y) = x2 + y 2 alors f = hou
³ ´2
1. ∀(x, y) ∈ R∗ on a :
(E) :

∂f
∂hou
∂ 2
(x, y) =
(x, y) =
(x + y 2 ).h0 (x2 + y 2 ) = 2xh0 (t)
∂x
∂x
∂x
∂f
∂hou
∂ 2
(x, y) =
(x, y) =
(x + y 2 ).h0 (x2 + y 2 ) = 2yh0 (t)
∂y
∂y
∂y
2. D’apr`es la question, en rempla¸cant les d´eriv´ees partielles par leurs valeurs dans
l’´equation (E),on obtiendra l’´equation diff´erentielle v´erifi´ee par h :
h(t)
.
t2
3. Solution g´en´erale de l’´eqution diff´erentielle (E’).
(E 0 ) 4h0 (t) =

* h ≡ 0 est solution de (E’).
* Pour h(t) 6= 0 on a
h(t)
h0 (t)
11
1 d ¡1¢
4h0 (t) = 2 ⇔
= 2 =− .
.
t
h(t)
4t
4 dt t
h0 (t)
d
De plus
= (ln(| h(t) |).
h(t)
dt
1
u la
Donc (ln(| h(t) |) = − + c ; ou c est une constante r´eelle. D’o`
4t
solution g´en´erale de l’´equation E’) est :
1
h(t) = k.e 4t , k ∈ R.


Par suite la solution g´en´erale de l’´equation (E) est :


f (x, y) = k.e

4(x2

1
+ y 2 ) , k ∈ R.

4
Correction 0.0.3
Correction 0.0.4
¡
¢
Soit f la fonction d´efinie sur R2 par :f (x, y) = x. ln 1 + y 2 − yex .
1. D´eveloppement limit´e `a l’ordre 2 de f en (1, 0).
¡
¢
Le d´eveloppement limit´e `a l’ordre 2 en (1, 0) de (x, y) → ln 1 + y 2 est :
¡
¢
ln 1 + y 2 = y 2 + o(x2 + y 2 ),
et le d´eveloppement limit´e `a l’ordre 2 en (1, 0) de (x, y) → ex est :
¡
¢
1
ex = e.ex−1 = e 1 + (x − 1) + (x − 1)2 + o(x2 + y 2 ) .
2
Comme

¡
¢
¡
¢
¡
¢
x ln 1 + y 2 = (x − 1) ln 1 + y 2 + x ln 1 + y 2 ,

et en faisant le produit et ne gardant que les termes de degr´e inf´erieur ou ´egal
`a 2 en (x − 1) et
¡ y on2 ¢obtiendra les d´exveloppements limit´es `a l’ordre 2 en (1, 0)
de (x, y) → ln 1 + y et (x, y) → ye sont :
¡
¢
ln 1 + y 2 = y 2 + o(x2 + y 2 ),
et
yex = ey + ey(x − 1) + o(x2 + y 2 ).
Don le d´eveloppement limit´e `a l’ordre 2 de f en (1, 0) est :
f (x, y) = ey + ey(x − 1) + y 2 + o(x2 + y 2 ).
¡
¢
2. Soit l’´equation x. ln 1 + y 2 − yex = 0.
(a) Existance de la fonction implicite y = φ(x) en fonction de x au voisinage
de (1, 0).
∂f
2xy
∂f
x
On a
(x, y) =

e
et
(1, 0) = −e 6= 0, donc d’apr`es le

1 + y2

th´eor`eme des fonctions implicites il existe un voisinage V1 de 1, un voisinage V0 de 0 et et une foncton
½
φ : V1 → V0
x → y = φ(x)
tels que :
* φ(1) = 0,
* ∀x ∈ V1 : f (x, φ(x)) = 0
(b) Calcul de φ0 (x) au viosinage de 1.
∂f
(x, y) = ln(1 + y 2 ) − yex , alors
Comme
∂x
¢
¡
2
− φ(x)ex
ln
1
+
φ(x)
¢
∀x ∈ V1 ; φ0 (x) = − ¡
.
2x.φ(x) /(1 + φ(x)2 ) − ex


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