Fonctions implicites

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Re: Fonctions implicites

Messagepar Minibob59 » Dimanche 02 Février 2014, 19:08

paspythagore a écrit:$\dfrac{d}{dx}\Big(f(x,\varphi(x)\Big)=\ds\sum_{i=1}^2\dfrac{\partial f}{\partial x_i}(x,\varphi(x))=dx+\varphi'(x)d\varphi(x)=0$

D'abord, comment obtiens-tu $\dfrac{\partial f}{\partial x_1}(x, \varphi(x)) = \mathrm{d}x$ ?

Ensuite, la formule n'est pas bonne : il manque quelque chose devant $\frac{\partial f}{\partial x_i}$.
En fait, quand on dérive $f(x, \varphi(x)) = 0$, on obtient :

$$\dfrac{\partial f}{\partial x_1}(x, \varphi(x)) + \varphi'(x)\dfrac{\partial f}{\partial x_2}(x, \varphi(x)) = 0$$

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Re: Fonctions implicites

Messagepar paspythagore » Dimanche 02 Février 2014, 20:52

D'abord, comment obtiens-tu $\dfrac{\partial f}{\partial x_1}(x, \varphi(x)) = \mathrm{d}x$ ?

La dérivée partielle de $(x, \varphi(x))$ par rapport à la première variable $x$, c'est à dire $1$ pour un petit accroissement dans cette direction que j'aurai plutôt du appeler $dx_1$.
Pour moi, $\dfrac{\partial f}{\partial x_1}(x, \varphi(x)) =dx_1$.

Mais c'est la dérivée partielle de $f(x,y,z) = (x^2 - y^2 + z^2 - 1, xyz - 1)$ que l'on cherche.
$\dfrac{\partial f}{\partial x_1}(x, \varphi(x)) =(2x,yz)$ ?
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Re: Fonctions implicites

Messagepar Minibob59 » Dimanche 02 Février 2014, 21:29

paspythagore a écrit:Mais c'est la dérivée partielle de $f(x,y,z) = (x^2 - y^2 + z^2 - 1, xyz - 1)$ que l'on cherche.
$\dfrac{\partial f}{\partial x_1}(x, \varphi(x)) =(2x,yz)$ ?

Ca c'est presque bon ! :)
On a : $\dfrac{\partial f}{\partial x_1}(x, y, z) =(2x,yz)$

paspythagore a écrit:La dérivée partielle de $(x, \varphi(x))$ par rapport à la première variable $x$, c'est à dire $1$ pour un petit accroissement dans cette direction que j'aurai plutôt du appeler $dx_1$.
Pour moi, $\dfrac{\partial f}{\partial x_1}(x, \varphi(x)) =dx_1$.

Là par contre, c'est faux : on ne cherche pas la dérivée partielle de $(x, \varphi(x))$ (d'ailleurs, ça voudrait dire quoi), mais celle de $f$ et on l'évalue en $(x, \varphi(x))$.

Bon, ceci dit, je viens de me rendre compte d'un petit problème : $\varphi(x) \in \mathbb{R}^2$, donc ceci : $\dfrac{\partial f}{\partial x_1}(x, \varphi(x)) + \varphi'(x)\dfrac{\partial f}{\partial x_2}(x, \varphi(x)) = 0$ est faux. Mais l'idée est là quand même. (C'est ça le problème quand on travaille sur une question pendant plusieurs jours, on ne sait plus bien ce qu'on manipule ^^).

Je reprends depuis le début : $f(x,y,z) = (f_1(x,y,z) = x^2 - y^2 + z^2 - 1, f_2(x,y,z) = xyz - 1)$. On a vu que $f(1,1,1) = (0,0)$ et que les hypothèses du TFI étaient vérifiées en ce point.
Il existe donc $I$ intervalle de $\mathbb{R}$ centré en $1$, $U$ ouvert de $\mathbb{R}^2$ contenant $(1,1)$ et $\varphi : I \to U, x \mapsto \varphi(x) = (\varphi_1(x), \varphi_2(x))$ de classe $\mathcal{C}^\infty$ telle que $\forall x \in I, \forall (y,z) \in U,  f(x,y,z) = 0 \iff  (y,z) = (\varphi_1(x), \varphi_2(x))$.
On reprend alors l'égalité $f(x, \varphi_1(x), \varphi_2(x)) = (0,0)$ que l'on dérive en $1$ (par rapport à $x$ forcément) :

$$\dfrac{\partial f}{\partial x}(1,1,1) + \varphi_1'(1) \dfrac{\partial f}{\partial y}(1,1,1) + \varphi_2'(1) \dfrac{\partial f}{\partial z}(1,1,1) = (0,0)$$


Reste à lire coordonnée par coordonnée (on a ici des éléments de $\mathbb{R}^2$) et à résoudre le système pour déterminer $\varphi'_1(1)$ et $\varphi'_2(1)$.

Géométriquement, ce calcul montre que l'intersection des surfaces définies par $x^2 - y^2 + z^2 - 1 = 0$ et $xyz - 1 = 0$ est au voisinage de $(1,1,1)$ un arc paramétré de classe $\mathcal{C}^\infty$ dont la tangente en $(1,1,1)$ est dirigée par le vecteur $(1, \varphi_1'(1), \varphi_2'(1))$.

En fait, l'exercice n'était pas si simple que ça... Le plus simple c'est de travailler avec une fonction $f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$.
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Re: Fonctions implicites

Messagepar paspythagore » Dimanche 02 Février 2014, 22:19

Merci pour tes explications.

Le système c'est : $\begin{cases}2x-2yz \varphi_1'(1)+2z\varphi_2'(1)=0\\yz+\varphi_1'(xz)+\varphi_2'(xy)=0\end{cases}$

Soit en $(1,1,1)$ : $\begin{cases}-2 \varphi_1'(1)+2\varphi_2'(1)+2=0\\\varphi_1'(1)+\varphi_2'(1)+1=0\end{cases}$

On trouve nos 2 valeurs et on déduit un DL d'ordre 1 ?
Mais pour l'ordre 2, il faut refaire quelque chose de semblable ?

Une question plus "intéressante" serait de donner un DL (par exemple à l'ordre 2) de $\varphi$.
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Re: Fonctions implicites

Messagepar Minibob59 » Dimanche 02 Février 2014, 22:41

paspythagore a écrit:Le système c'est : $\begin{cases}2x-2yz \varphi_1'(1)+2z\varphi_2'(1)=0\\yz+\varphi_1'(xz)+\varphi_2'(xy)=0\end{cases}$

Soit en $(1,1,1)$ : $\begin{cases}-2 \varphi_1'(1)+2\varphi_2'(1)+2=0\\\varphi_1'(1)+\varphi_2'(1)+1=0\end{cases}$

Oui c'est ça, mais on ne va pas vraiment trrouver un DL. On va plutôt trouver un vecteur tangent à la courbe définie par $f(x, \varphi(x))=0$ en $(1,1,1)$.
On trouverait un DL si on travaillait de $\mathbb{R}^2$ dans $\mathbb{R}$ (géométriquement, avec une courbe du plan ; ici la courbe est dans l'espace à 3 dimensions).

paspythagore a écrit:Mais pour l'ordre 2, il faut refaire quelque chose de semblable ?

Pour l'ordre 2, on dérive une deuxième fois l'égalité, et on obtient l'expression de $\varphi''(1)$ en fonction de $\varphi'(1)$ et des dérivées partielles premières et secondes de $f$. Mais pour voir une exemple concret, il vaudrait mieux travailler de $\mathbb{R}^2$ dans $\mathbb{R}$ comme je le disais plus haut.

Si tu veux un autre exemple concret (un peu plus simple et avec le même type d'application) : montrer qu'il existe une unique fonction $\varphi : \mathbb{R}_+ \to \mathbb{R}$ vérifiant :

$$\forall x \geqslant 0 \; \left[ \varphi(x) \right]^3 + x \varphi(x) = \exp{(x)}$$


Montrer que $\varphi$ est de classe $\mathcal{C}^\infty$. Etudier ses variations. En donner un DL à l'ordre 3 au voisinage de $0$. Donner un équivalent simple de $\varphi(x)$ pour $x \to +\infty$.
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Re: Fonctions implicites

Messagepar paspythagore » Lundi 03 Février 2014, 21:44

Merci Minibob.
Je vais retourner à cet exercice et je reviendrais sur ce fil pour essayer de comprendre la démonstration du théorème. Question démonstration, non plus, c'est pas gagné.
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