Contrôle 2 - Corrigé
Exercice 1
∂g
∂v = ∂(u−v)
∂v
∂f
∂x(u−v, u+v) +∂(u+v)
∂v
∂f
∂y(u−v, u+v)
=−∂f
∂x(u−v, u+v) +∂f
∂y(u−v, u+v)
⇒ ∂2g
∂u∂v =− ∂
∂u ∂f
∂x
(u−v, u+v) + ∂
∂u ∂f
∂y
(u−v, u+v)
=−
∂(u−v)
∂u
∂2f
∂x2(u−v, u+v) +∂(u+v)
∂u
∂2f
∂y∂x(u−v, u+v)
+
∂(u−v)
∂u
∂2f
∂x∂y(u−v, u+v) +∂(u+v)
∂u
∂2f
∂y2(u−v, u+v)
=−∂2f
∂x2(u−v, u+v)− ∂2f
∂y∂x(u−v, u+v) + ∂2f
∂x∂y(u−v, u+v) +∂2f
∂y2(u−v, u+v)
=−∂2f
∂x2(u−v, u+v) +∂2f
∂y2(u−v, u+v)
= 0 Exercice 2
grad(f) = 0⇔
3x2−3y= 0 3y2−3x= 0 ⇔
y=x2 x=y2 ⇔
y=x2 x=x4 ⇔
y=x2 x(x3−1) = 0
⇔(x, y) = (0,0)ou(x, y) = (1,1) Exercice 3
F0(x) = Z 3x
1
∂
∂x(etsin(xt))dt+d(3x)
dx e(3x)sin(x.(3x))−d(1)
dx e1sin(x.1)
= Z 3x
1
tetcos(xt)dt+ 3e3xsin(3x2)
Exercice 4 On peut montrer par le calcul que RotF = 0, et en déduire qu’il existef telle quegradf =F. On peut aussi remarquer directement que :
F = grad(arctan(xyz) +C) pour n’importe quelle constanteC∈R.
1
