Sujet : Analyse, Fonctions de deux variables réelles, Equations aux dérivées partielles

Description

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Enoncés 1 Equations aux dérivées partielles Exercice 5 [ 01769 ] [correction] Soit c> 0.

Sujets

• Classe préparatoire aux grandes écoles
• Mathématiques, physique et sciences de l'ingénieur
• Public Readiness and Emergency Preparedness Act
• exercices

Informations

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• Langue: Français

Extrait

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013

Equations aux dérivées partielles

Exercice 1[ 01763 ][correction]
En réalisant le changement de variables
u=x+y
(v= 2x+ 3y

déterminer les fonctionsf:R2→Rde classeC1solutions de l’équation aux
dérivées partielles :
3∂x∂f−2∂y∂f= 0

Exercice 2[ 01764 ][correction]
En réalisant le changement de variables
(

u=x
v=y−x

déterminer les fonctionsf:R2→Rde classeC1solutions de l’équation aux
dérivées partielles :
∂f ∂f

∂x+∂y=f

Exercice 3[ 01766 ][correction]
En passant en coordonnées polaires, résoudre surR2 {(00)}l’équation aux
dérivées partielles
y∂∂fx−∂fy∂x= 0

Enoncés

Exercice 4[ 01768 ][correction]
En passant en coordonnées polaires, déterminer les fonctionsf:R+?×R→Rde
classeC1solutions de l’équation aux dérivées partielles

x∂∂fx+∂y∂fy=px2+y2

Exercice 5[ 01769 ][correction]
Soitc >0. En réalisant le changement de variables
(vu==xx−+tcct

déterminer les fonctionsf: (x t)7→f(x t)de classeC2surR2solutions de
l’équation aux dérivées partielles

∂2f
∂x2

1∂2f
=
c2∂t2

1

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Corrections

Exercice 1 :[énoncé]

(u=x+y(xy==v3u−−2uv
⇔
v= 2x+ 3y

Posonsφ:R2→R2définie par

φ(u v) = (3u−v v−2u)

φest une bijection de classeC1.
Soientf:R2→Rune fonction de classeC1etg:R2→Rdéfinie par
g(u v) =f(3u−v v−2u),
Par compositiong=f◦φest de classeC1surR2et

∂∂gu(u v) = 3∂x∂f(3u−v v−2u)−2y∂f∂(3u−v v−2u)

Corrections

fest solution de l’équation aux dérivées partielles étudiée si, et seulement si,
= 0c conduit à
∂∂uge quig(u v) =h(v)puisf(x y) =h(2x+ 3y)avechfonction
de classeC1
.

Exercice 2 :[énoncé]
Soitf:R2→Rune fonction de classeC1surR2solution de

∂∂fx+∂f∂y=f

Soitg:R2→Rdéfinie parg(u v) =f(u u+v).
Par compositiongest de classeC1surR2et

∂∂gu(u v) =x∂∂f(u u+v) +y∂∂f(u u+v) =f(u u+v) =g(u v)

La fonctionu7→g(u v)est solution de l’équation différentielley0=ydonc il
existeC(v)∈Rtel queg(u v) =C(v)eu.
Notons queC:R→Rest de classeC1carC(v) =g(0 v)avecgde classeC1.
Par suite, on obtientf(x y) =C(y−x)ex.
Inversement, de telles fonctions sont solutions.

Exercice 3 :[énoncé]
Soientf:R2 {(00)} →Rde classeC1etg:R+?×R→Rdéfinie par
g(r θ) =f(rcosθ rsinθ).
Par composition,gest de classeC1.
On a
∂∂θg(r θ) =−∂fx∂y(x y) +∂yx∂f(x y)x=rcosθy=rsinθ

Par surjectivité de l’application

R+?×R→R2 {(00)}(r θ)→(rcosθ rsinθ)

2

on peut affirmer quefest solution de l’équation aux dérivées partielles étudiée si,
et seulement si,
∂∂θg(r θ) = 0
c’est-à-dire, si, et seulement si,g(r θ) =C(r)avecCfonction de classeC1définie
sur]0+∞[.
On obtient alorsf(x y) =C(px2+y2)puisf(x y) =D(x2+y2)avecD
fonction de classeC1définie sur]0+∞[.

Exercice 4 :[énoncé]
Soientf:R+?×R→Rune fonction de classeC1etg:R+?×]−π2 π2[→R
définie parg(r θ) =f(rcosθ rsinθ). Par compositiongest de classeC1sur
R+?×]−π2 π2[et

∂∂gr(r θ) =rcosθ∂f∂x(rcosθ rsinθ) +rsin∂θ∂fy(θ rsinθ)
r rcos

fest solution de l’équation aux dérivées partielles étudiée si, et seulement si,

r∂∂rg(ρ θ) =r

ce qui conduit àg(r θ) =r+h(θ)puis
f(x y) =px2+y2+harctanxy=px2+y2+kyx

aveckfonction de classeC1définie surR.

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Exercice 5 :[énoncé]
Soientf:R2→Rune fonction de classeC2surR2etg:R2→Rdéfinie par
g(u v) =f((u+v)2(u−v)2c).
Par compositiongest de classeC2surR2et, par calculs,fest solution de
l’équation aux dérivées partielles étudiée si, et seulement si,

∂2g
∂u∂v(u v) = 0

Corrections

On obtientg(u v) =C(u) +D(v)puisf(x t) =C(x+ct) +D(x−ct)avecCet
Dfonctions de classeC2.

3

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