Correction : Analyse, Equation aux dérivées partielles

David Delaunay Http://Mpsiddl.Free.Fr

Description

Fonctions de deux variables réelles.

Sujets

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

Informations

• Publié par: analyse-mpsi
• Nombre de lectures: 19
• Licence : En savoir +
  Paternité, pas d'utilisation commerciale, partage des conditions initiales à l'identique
• Langue: Français

Extrait

1.a
1.b

2.a

2.b

2.c

3.a

3.b

1.a
1.b

2.a

2.b

2.c

Correction

Partie I

Pas de difficultés.
Idem, sans oublier de signaler que ces fonctions sont de classe1.
Puisqueest2,∂∂est de classe1sur.

En dérivant∂∂(,)+∂∂(,)=λ(, rapport à) paron obtient :
 
∂∂22(,)+∂∂∂2(,)=(λ−1)∂∂(, qui permet de voir) ce∂∂solution deλ−1.
Même démarche pour étudier∂∂.
est1suret∂∂((),)+∂(∂)(,)=…=(λ+)(,)(,) .
Donc∈λ+() .
(α)(,)=eαln((,))doncαest1par opération sur les fonctions1.
∂α  ∂α =…=αλα  (,)
(∂) ( , )+(∂ , ) () ( , ) d’où )( )(α∈αλ() .
λ=(2+2)λ2appartient àλ( tenu des études précédentes.) compte
+∞siλ<0
(,l)i→m(0,0)λ(,)=i0si1sλλ=>.0 0
Un prolongement par continuité en (0, 0) est possible seulement pourλ≥0 .

Partie II

2
 ={(,)∈ℝ/>0}est ouvert car défini à partir d’une inégalité stricte.
L’applicationΦest bien définie suret est à valeurs dans.
onsΨ: (,),, el
Considér֏le aussi est définie suret à valeurs dans.
PuisqueΦΨ = ΨΦ =Id, on peut affirmerΦbijective etΦ−1= Ψ.
PuisqueetΦsont1,l’est aussi par composition.
∂= ∂  =∂ + ∂ .
∂∂(,)∂=∂((,)) =1∂∂(,) et∂(, )∂( )( ,)∂(,)∂ )( ,

∈λ()⇔ ∀(,)∈ ,∂∂(,)+∂∂(,)=λ(,)
⇔ ∀(,)∈ ,∂∂(,)+∂∂(,)=λ(,)
⇔ ∀(,)∈ ,∂∂(,)=λ(,)
Résolvons l’équation∂(,)=λ(,) .
∂
Soitune solution surde cette équation.
Pourfixé, l’application partielle֏(,) est solution surℝ+∗de l’équation différentielle′=λ

1.a

1.b

1.c

2.a

2.b

dont les solutions sont()=λ.
Par suite,∃:ℝ→ℝtelle que(,)=()λ.
Or puisqueest1,:֏(λ,) l’est aussi et doncest une fonction de classe1.

Ainsiest de la forme(,)=()λavecfonction de classe1deℝversℝ.
La réciproque est immédiate.
֏ℝ ℝ.
Par suiteλ()=(,)λ/∈1( , )

Partie III

֏(,) est1et doncϕl’est par composition.ϕ′( ∂= ∂ .
)∂(,)+∂( , )

′
Si∈0() alors∀>0,ϕ′( donc et) 0ϕ( .) 0
= =
Par suiteϕest constante égale àϕ(1) ce qui permet d’écrire∀>0,(,)=(,) .
Inversement si∀(,)∈ ,∀>0,(,)=(, en dérivant cette relation par rapport à) alors,:
∂  )∂(,)=0∈.
∂∂(,)+∂∂(,)= en évaluant en0 puis=1 ,∂( ,+∂. Ainsi0( )

 
suralors (en prenant
=
Siest solution de0(,)2+2,2+2=21+2).
Doncest de la forme proposée (avecϕ=).
 
Inversement, siest de l :  )=ϕ,a
a forme ( ,2+22+2vecϕ∈1(,ℝ) , alorsest1
surpar composition et satisfait au critère énoncé en 1.b. On peut donc conclure.
(⇒) Si∈λ() alors=×−λ∈0() .
(⇐) Si∈0() alors=×λ∈λ() .
Les solutions deλsursont les fonctions de la forme :
λ2 
2 2
(,)֏+ϕ2,22

2
+ +
avecϕfonction réelle1définie sur.