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Universit´e Hassan II- Mohammedia Facult´e des Sciences et Techniques
D´epartement de Math´ematiques AU :2013/2014
Option :MIP Module :M311
Premier partiel 2103 : dur´ee 1H 30 Exercice 0.0.1 (7 pts)
Soit f une fonction de deux variables de classe C1 sur (R∗)2 v´erifiant l’´equation aux d´eriv´ees partielles :
(E) : 1 x.∂f
∂x(x, y) + 1 y3.∂f
∂y(x, y) = f2(x, y) x2+y4.
Soit f(x, y) =h(x2+y4) o`u h est une fonction d’une seule variable de classe C1 veifiant h(1) =−4.
1. Calculer les d´eriv´ees partielles premi`eres de f en fonction de celles de h. (2 pts)
2. Donner une ´equation aux d´eriv´ees partielles (E0) v´erifi´ee par h. (2 pts) 3. R´esoudre (E0) puis d´eterminer la fonction f solution de (E). (2+1 pts) Exercice 0.0.2 (10 pts).
soit f la fonction de trois variales d´efinie par : ( f(x, y, z) = xy2sin
³z y
´
, si y6= 0 f(x, y, z) = 0 siy = 0
1. Donner Df le domaine de d´efinition de f et montrer que f est continue sur
Df. (0.5+1+2 pts)
2. Calculer les d´eriv´ees partielles premi`eres par rapport `a x, y et z en tout point
(x, y, z) pour y6= 0 de R2. (0.5+1+0.5 pts)
3. Calculer les d´eriv´ees partielles premi`eres par rapport `a x, y et z en tout point
(x, y, z) pour y= 0 de R2. (1+1+1 pts)
4. Etudier la diff´erentaibilit´e de f en (0,0,0). (1.5 pts) Exercice 0.0.3 (1.5+1.5 pts)
Soit la fonction ½
f :R2 →R (x, y)→f(x, y) et soit g :R2 →R d´efinie par : g(x, y) = sin¡
x+f(y2, x)¢ .
Calculer les d´eriv´ees partielles premi`eres de g au moyen de celles def.
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Groupe : M.HARFAOUI- S. SAJID
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Universit´e Hassan II- Mohammedia Facult´e des Sciences et Techniques
D´epartement de Math´ematiques AU :2013/2014
Option :MIP 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 :
(E) : 1 x.∂f
∂x(x, y) + 1 y.∂f
∂y(x, y) = f(x, y) (x2+y2)2.
Soit f(x, y) = h(x2 +y2) = h(t) o`u h est une fonction d’une seule variable de classe C1.
Si on pose u(x, y) =x2+y2 alors f =hou 1. ∀(x, y)∈
³ R∗
´2
on a :
∂f
∂x(x, y) = ∂hou
∂x (x, y) = ∂
∂x(x2+y2).h0(x2+y2) = 2xh0(t)
∂f
∂y(x, y) = ∂hou
∂y (x, y) = ∂
∂y(x2+y2).h0(x2+y2) = 2yh0(t)
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 :
(E0) 4h0(t) = h(t) t2 . 3. Solution g´en´erale de l’´eqution diff´erentielle (E’).
* h≡0 est solution de (E’).
* Pour h(t)6= 0 on a 4h0(t) = h(t)
t2 ⇔ h0(t) h(t) = 1
4 1
t2 =−1 4.d
dt
¡1 t
¢.
De plus h0(t) h(t) = d
dt(ln(|h(t)|).
Donc (ln(| h(t) |) = −1
4t +c; ou c est une constante r´eelle. D’o`u la solution g´en´erale de l’´equation E’) est :
h(t) =k.e− 1
4t , k ∈R.
Par suite la solution g´en´erale de l’´equation (E) est :
f(x, y) = k.e
− 1
4(x2+y2), k∈R.
3
Correction 0.0.3 Correction 0.0.4
Soit f la fonction d´efinie sur R2 par :f(x, y) = x.ln¡
1 +y2¢
−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 +y2¢ est :
ln¡
1 +y2¢
=y2+o(x2+y2),
et le d´eveloppement limit´e `a l’ordre 2 en (1,0) de (x, y)→ex est :
ex =e.ex−1 =e¡
1 + (x−1) + 1
2(x−1)2+o(x2+y2)¢ . Comme
xln¡
1 +y2¢
= (x−1) ln¡
1 +y2¢
+xln¡
1 +y2¢ ,
et en faisant le produit et ne gardant que les termes de degr´e inf´erieur ou ´egal
`a2 en(x−1)ety on obtiendra les d´eveloppements limit´es `a l’ordre 2en (1,0) de (x, y)→ln¡
1 +y2¢
et (x, y)→yex sont :
ln¡
1 +y2¢
=y2+o(x2+y2), et
yex=ey+ey(x−1) +o(x2+y2).
Don le d´eveloppement limit´e `a l’ordre 2 de f en (1,0) est :
f(x, y) =ey+ey(x−1) +y2+o(x2+y2).
2. Soit l’´equation x.ln¡
1 +y2¢
−yex = 0.
(a) Existance de la fonction implicite y=φ(x)en fonction de x au voisinage de (1,0).
On a ∂f
∂ (x, y) = 2xy
1 +y2 −ex et∂f
∂ (1,0) = −e 6= 0, donc d’apr`es le th´eor`eme des fonctions implicites il existe un voisinage V1 de 1, un voi- sinage 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.
Comme ∂f
∂x(x, y) = ln(1 +y2)−yex, alors
∀x∈V1; φ0(x) = − ln¡
1 +φ(x)2¢
−φ(x)ex
¡2x.φ(x)¢
/(1 +φ(x)2)−ex.
