Fonctions implicites

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> Penser à utiliser le mode LaTeX (voir ici) afin de rendre vos formules plus lisibles.
> Ne poster qu'un exercice (ou problème) par sujet et indiquer son niveau précis dans le titre du message.

Fonctions implicites

Messagepar paspythagore » Dimanche 26 Janvier 2014, 11:23

Bonjour.
J'ai toujours laissé ce théorème de côté et me voilà rattrapé par la patrouille.
C'est l'occasion, avec votre aide d'essayer de le comprendre ainsi que sa démonstration.
Il me faudrait peut être un exemple simple qui me permette de vérifier toutes les conditions qui permettent l'application du théorème.
Voilà comment il est énoncé dans mon cours :
Soient $\Omega$ un ouvert de $\R^N$, $p$ un entier compris entre $1$ et $N-1$ et $f$ une fonction de classe $C^k$ de $\Omega$ dans $\R^{N-p}$.

On se donne des espaces vectoriels supplémentaires $E$ et $F$ dans $\R^N$ tels que la dimension de $E$ soit égale à $p$.

On considère un point $(a,b)$ de $E\times F$ tels que $X_0=(a,b)\in\Omega$ et $f(X_0)=0$

$E\times F=\Omega$ ?
et on suppose que $Df(X_0)_{|F}$ est une application linéaire bijective de $F$ sur $\R^{N-p}$.

i.e. $Df(X_0)_{|F}\neq0$ ?
Il existe alors un ouvert $U$ de $E$ contenant $a$ et un ouvert $\omega$ de $\Omega$ contenant $X_0$ et une fonction $g$ de classe $C^k$ sur $U$ tels que :

$$\{(x,y)\in\omega/f(x,y)=0\}=\{(x,g(x)),x\in U\}.$$

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Re: Fonctions implicites

Messagepar balf » Dimanche 26 Janvier 2014, 11:53

paspythagore a écrit:
Soient $\Omega$ un ouvert de $\R^N$, $p$ un entier compris entre $1$ et $N-1$ et $f$ une fonction de classe $C^k$ de $\Omega$ dans $\R^{N-p}$.
On se donne des espaces vectoriels supplémentaires $E$ et $F$ dans $\R^N$ tels que la dimension de $E$ soit égale à $p$.
On considère un point $(a,b)$ de $E\times F$ tels que $X_0=(a,b)\in\Omega$ et $f(X_0)=0$

$E\times F=\Omega$ ?

Non : E × F = R$^{\mathsf N}$. Ω est un ouvert de ce dernier.

et on suppose que $Df(X_0)_{|F}$ est une application linéaire bijective de $F$ sur $\R^{N-p}$.
i.e. $Df(X_0)_{|F}\neq0$ ?

Non : Ker (Df(X₀)) $\neq$ {0} (ou encore Df(X₀) est de rang n — p).

B.A.
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Re: Fonctions implicites

Messagepar Minibob59 » Dimanche 26 Janvier 2014, 12:36

balf a écrit:
paspythagore a écrit:
Soient $\Omega$ un ouvert de $\R^N$, $p$ un entier compris entre $1$ et $N-1$ et $f$ une fonction de classe $C^k$ de $\Omega$ dans $\R^{N-p}$.
On se donne des espaces vectoriels supplémentaires $E$ et $F$ dans $\R^N$ tels que la dimension de $E$ soit égale à $p$.
On considère un point $(a,b)$ de $E\times F$ tels que $X_0=(a,b)\in\Omega$ et $f(X_0)=0$

$E\times F=\Omega$ ?

Non : E × F = R$^{\mathsf N}$. Ω est un ouvert de ce dernier.


Je dirais plutôt $E \times F \simeq \mathbb{R}^N$, i.e. $E \times F$ est isomorphe à $\mathbb{R}^N$, non ?

balf a écrit:
paspythagore a écrit:
et on suppose que $Df(X_0)_{|F}$ est une application linéaire bijective de $F$ sur $\R^{N-p}$.
i.e. $Df(X_0)_{|F}\neq0$ ?

Non : Ker (Df(X₀)) $\neq$ {0} (ou encore Df(X₀) est de rang n — p).

On peut par contre caractériser ça par le fait que le jacobien de $f$ restreint à $F$ en $X_0$ est non nul.
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Re: Fonctions implicites

Messagepar Minibob59 » Dimanche 26 Janvier 2014, 12:56

Prenons un exemple simple.
Soit $f$ définie de $\mathbb{R}^3$ dans $\mathbb{R}^2$ par $f(x,y,z) = (x^2 - y^2 + z^2 - 1, xyz - 1)$.
Soit $(x_0, y_0, z_0) \in \mathbb{R}^3$ tel que $f(x_0, y_0, z_0) = (0,0)$. Montrer qu'il existe un intervalle $I$ contenant $x_0$ et une fonction $\varphi$ de classe $\mathcal{C}^\infty$ de $I$ dans $\mathbb{R}^2$ tels que $\varphi(x_0) = (y_0, z_0)$ et $f(x, \varphi(x)) = 0$ pour tout $x \in I$.

Je te laisse commencer... ;o)
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Re: Fonctions implicites

Messagepar balf » Dimanche 26 Janvier 2014, 13:42

Minibob59 a écrit:Je dirais plutôt $E \times F \simeq \mathbb{R}^N$, i.e. $E \times F$ est isomorphe à $\mathbb{R}^N$, non ?

C'est un vieux réflexe d'algébriste :oops: que de mettre des signes d'égalité partout (mais je n'en pense pas moins !). En fait, j'aurais dû écrire : E $\oplus$ F.

B.A.
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Re: Fonctions implicites

Messagepar paspythagore » Dimanche 26 Janvier 2014, 22:24

Minibob59 a écrit:On peut par contre caractériser ça par le fait que le jacobien de $f$ restreint à $F$ en $X_0$ est non nul.

Oui merci avec ça c'est clair.
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Re: Fonctions implicites

Messagepar paspythagore » Mardi 28 Janvier 2014, 21:30

Bonsoir.
avant d'essayer de faire l'exercice, j'ai essayé d'identifier point par point les données de l'exercice à celle du théorème. Comme prévu, c'est pas gagné.
Soient $\Omega$ un ouvert de $\R^N$, $p$ un entier compris entre $1$ et $N-1$ et $f$ une fonction de classe $C^k$ de $\Omega$ dans $\R^{N-p}$.


On se donne des espaces vectoriels supplémentaires $E$ et $F$ dans $\R^N$ tels que la dimension de $E$ soit égale à $p$.


On considère un point $(a,b)$ de $E\times F$ tels que $X_0=(a,b)\in\Omega$ et $f(X_0)=0$


et on suppose que $Df(X_0)_{|F}$ est une application linéaire bijective de $F$ sur $\R^{N-p}$.


Il existe alors un ouvert $U$ de $E$ contenant $a$ et un ouvert $\omega$ de $\Omega$ contenant $X_0$ et une fonction $g$ de classe $C^k$ sur $U$ tels que :

$$\{(x,y)\in\omega/f(x,y)=0\}=\{(x,g(x)),x\in U\}.$$



$\Omega=\R^3$, $p=1$ et $f(x,y,z)\to \R$ est $C^k$ ?

$E=\R, F=\R^2$ ?

$X_0(x_0,y_0,z_0)\in\R$ et $f(X_0)=0$ ?

$Df(X_0)=\begin{pmatrix}2x_0&y_0z_0\\-2y_0&x_0z_0\\2z_0&x_0y_0\end{pmatrix}$ ?

$Df(X_0)_{|F}=\begin{pmatrix}-2y_0&x_0z_0\\2z_0&x_0y_0\end{pmatrix}$ ?

"$Df(X_0)_{|F}$ est une application linéaire bijective" signifie la matrice jacobienne de $J_{f(X_0)}$ restreinte à $F$ est nécessairement carrée puisqu'elle doit être inversible ?

Dans l'exercice que tu me propose, faut il trouver $\Varphi$ ?
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Re: Fonctions implicites

Messagepar Minibob59 » Mardi 28 Janvier 2014, 22:03

paspythagore a écrit:$\Omega=\R^3$, $p=1$ et $f(x,y,z)\to \R$ est $C^k$ ?

Oui, elle est même $\mathcal{C}^\infty$ ici (car polynomiale).

paspythagore a écrit:$E=\R, F=\R^2$

Oui, mais à y réfléchir, je n'aime pas la formulation du théorème qu'il y a dans ton cours. Je te propose la mienne plus bas. :p

paspythagore a écrit:$X_0(x_0,y_0,z_0)\in\R$ et $f(X_0)=0$ ?

Oui, par exemple le point $(1,1,1)$.

paspythagore a écrit:$Df(X_0)=\begin{pmatrix}2x_0&y_0z_0\\-2y_0&x_0z_0\\2z_0&x_0y_0\end{pmatrix}$ ?

Non, ça c'est la transposée de la jacobienne. Donc à transposition près, je suis d'accord.

paspythagore a écrit:$Df(X_0)_{|F}=\begin{pmatrix}-2y_0&x_0z_0\\2z_0&x_0y_0\end{pmatrix}$ ?
"$Df(X_0)_{|F}$ est une application linéaire bijective" signifie la matrice jacobienne de $J_{f(X_0)}$ restreinte à $F$ est nécessairement carrée puisqu'elle doit être inversible ?

La matrice qui nous intéresse est donc :

$$\begin{pmatrix}-2y_0 & 2z_0 \\ x_0z_0 & x_0y_0 \end{pmatrix}$$

(toujours la transposition). Et oui, elle doit bien sûr être carrée pour pouvoir être inversible.

paspythagore a écrit:Dans l'exercice que tu me propose, faut il trouver $\Varphi$ ?

Pas explicitement (c'est à ça que sert le théorème des fonctions implicites, il nous donne l'existence d'une fonction que l'on ne peut pas expliciter). Le but ici était juste de t'entraîner à énoncer les hypothèses du théorème. Une question plus "intéressante" serait de donner un DL (par exemple à l'ordre 2) de $\varphi$.

Voici ce que je propose comme énoncé du TFI, mais cela nécessite une définition préliminaire.
Soit $f$ une fonction de classe $\mathcal{C}^1$ d'un ouvert $U$ de $\mathbb{R}^{p+q} \simeq \mathbb{R}^p \times \mathbb{R}^q$ à valeurs dans $\mathbb{R}^m$ :

$$f \colon (x,y) \mapsto f(x,y) = (f_1(x,y), \dots, f_m(x,y))$$

Soit $(a,b) \in U$. On appelle différentielle partielle de $f$ en $(a,b)$ par rapport à la deuxième variable la différentielle en $b$ de l'application (définie au voisinage de $b$)

$$y \mapsto f(a,y)$$

On la note $\mathrm{d}_2f_{(a,b)} \in \mathcal{L}(\mathbb{R}^q,\mathbb{R}^m)$.

On a alors le TFI :
Soit $U$ un ouvert de $\mathbb{R}^p \times \mathbb{R}^q$ et $f$ une application de classe $\mathcal{C}^k$ de $U$ dans $\mathbb{R}^q$.
On suppose qu'il existe un point $M_0 = (a,b) \in U$ tel que:
- $f(a,b) = 0$ ;
- la différentielle partielle $\mathrm{d}_2f_{(a,b)}$ est un automorphisme de $\mathbb{R}^q$.
Il existe alors un voisinage ouvert $V$ de $a$ dans $\mathbb{R}^p$, un voisinage ouvert $W$ de $b$ dans $\mathbb{R}^q$ et une application $\varphi \colon V \to W$ de classe $\mathcal{C}^k$ tels que :
- $V \times W \subset U$ ;
- $\forall (x,y) \in V \times W \; f(x,y) = 0 \iff y = \varphi(x)$.
On a évidemment $\varphi(a) = b$, et la différentielle de $\varphi$ en $a$ vaut :

$$\mathrm{d}\varphi_a = - \left[ \mathrm{d}_2f_{(a,b)} \right]^{-1} \circ \mathrm{d}_1f_{(a,b)}$$



Si tu trouves que ça complique trop les choses, oublie cette version, mais je trouve que les hypothèses sont un peu plus claires...

Pour l'interprétation "intuitive" des choses, il faut penser en dimension 2 une courbe dans le plan. Localement, $y$ est une fonction de $x$ si la tangente à la courbe n'est pas verticale...
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Re: Fonctions implicites

Messagepar paspythagore » Mercredi 29 Janvier 2014, 13:10

Bonjour et merci.
Je note ta version du théorème pour ma compréhension mais je continue l'exercice sur l'autre pour me l'approprier.
Je suis le dyslexique du Jacobien (je me trompe 9 fois/10).

Je recommence.

$\boxed{f(x,y,z) = (x^2 - y^2 + z^2 - 1, xyz - 1).}$

$\Omega=\R^3$, $p=1$ et $f(x,y,z)\to \R$ est $C^k$

$E=\R, F=\R^2$ dim $E = 1$

$X_0=(x_0,y_0,z_0)\in\R$ et $f(X_0)=0$

$Df(X_0)=\begin{pmatrix}2x_0&-2y_0&2z_0 \\y_0z_0 &x_0z_0 &x_0y_0\end{pmatrix}$

$Df(X_0)_{|F}=\begin{pmatrix}-2y_0&2z_0 \\x_0z_0 &x_0y_0\end{pmatrix}$

Pour $X_0=(1,1,1), f(X_0)=0$ et $J_{f|F}=-4\neq0$ donc :

il existe $U\in\R$ tel que $1\in\R$ et $\omega\in\R^3$ tel que $X_0\in\omega$ tel que l'on ait :

$$\{(x,y)\in\omega/f(x,y)=0\}=\{(x,g(x)),x\in U\}.$$



Et c'est tout ce que l'on peut dire ?

Le but ici était juste de t'entraîner à énoncer les hypothèses du théorème. Une question plus "intéressante" serait de donner un DL (par exemple à l'ordre 2) de $\varphi$.


Pour le DL d'ordre 2, j'ai du mal.

Il faut certainement se servir de la formule :

$\dfrac{\partial\varphi}{\partial x_j}(x_1,\cdots,x_m)=\dfrac{-\dfrac{\partial f}{\partial x_j}(x_1,\cdots,x_m,\varphi(x))}{\dfrac{\partial f}{\partial x_j}(x_1,\cdots,x_m,\varphi(x))}$

avec $f(x,y)=0$, $y=\varphi(x)$, $x=(x_1,\cdots,x_m)$

Mais remettre tout ça dans l'ordre avec les données de ton exercice...
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Re: Fonctions implicites

Messagepar Minibob59 » Mercredi 29 Janvier 2014, 15:22

Pour le jacobien, retiens que c'est comme en algèbre linéaire : le nombre de colonnes est égal à la dimension de l'espace de départ et le nombre de lignes à celui de l'espace d'arrivée. Logiquement tu dois alors retrouver la formule générale $\dfrac{\partial f_i}{\partial x_j}$.

Si on veut être vraiment "propre" dans la rédaction, il faudrait écrire $E = \{ (x,0,0) \vert x \in \mathbb{R} \}$ et $F$ de la même manière. En effet, $\mathbb{R}$ n'est pas un sous-espace de $\mathbb{R}^3$.
Après, on traduit le résultat du TFI : il existe un ouvert $U$ de $\mathbb{R}$ tel que $1 \in U$, un ouvert $\omega$ de $\mathbb{R}^2$ tel que $(1,1) \in \omega$, et une application $\varphi : U \to \omega$ de classe $\mathcal{C}^k$, tels que $\{ (x, Y) \vert f(x, Y) = 0, x \in U, Y \in \omega \} = \{ (x, \varphi(x)), x \in U \}$.
C'est tout ce que le TFI nous dit.

La formule que tu cites permet en effet de retrouver le DL de $\varphi$ en $1$. Pour cela, je te propose de dériver (au voisinage de 1) l'égalité $f(x, \varphi(x)) = 0$.
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Re: Fonctions implicites

Messagepar paspythagore » Mercredi 29 Janvier 2014, 21:12

Minibob59 a écrit:Si on veut être vraiment "propre" dans la rédaction, il faudrait écrire $E = \{ (x,0,0) \vert x \in \mathbb{R} \}$ et $F$ de la même manière. En effet, $\mathbb{R}$ n'est pas un sous-espace de $\mathbb{R}^3$.
$F= \{ (0,y,z) \vert y,z \in \mathbb{R}^2 \}$
La formule que tu cites permet en effet de retrouver le DL de $\varphi$ en $1$.

Comment ? Avec ce que tu propose ensuite ?
Pour cela, je te propose de dériver (au voisinage de 1) l'égalité $f(x, \varphi(x)) = 0$.

Mais on ne connaît pas $\varphi$.
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Re: Fonctions implicites

Messagepar Minibob59 » Mercredi 29 Janvier 2014, 21:51

D'accord pour la définition de $F$.

Oui, on se sert de ce que j'ai mis à la fin pour donner un DL de $\varphi$, mais sans la connaître explicitement (c'est tout l'intérêt du TFI). En effet, il nous donne la régularité de la fonction en question. Et c'est là qu'on sort sa bonne vieille formule de Taylor-Young ! En dérivant $f(x, \varphi(x)) = 0$, on obtient les dérivées successives de $\varphi$ au point qui nous intéresse, en fonction de celles de $f$ (que l'on peut éventuellement expliciter).
C'est d'ailleurs comme ça que l'on montre la formule générale à la fin de la version du TFI que j'ai proposée (on différencie $f(x \varphi(x)) = 0$, et on utilise le théorème de différenciation d'une fonction composée, on conclut en utilisant le fait que la différentielle partielle est inversible).
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Re: Fonctions implicites

Messagepar paspythagore » Mercredi 29 Janvier 2014, 23:43

Bof, bof...
Pas très inspiré, je dérive par rapport à une fonction ?
$f(x,y,z)\simeq f(1,1,1)+\dfrac{\partial f}{\partial x}(1,1,1)(x-1)+$ $\dfrac{\partial f}{\partial \varphi(x)}(1,1,1)(\varphi(x)-1)+\dfrac{1}{2}\dfrac{\partial^2f}{\partial x^2}(1,1,1)(x-1)^2$ $+\dfrac{1}{2}\dfrac{\partial^2f}{\partial \varphi(x)^2}(1,1,1)(\varphi(x)-1)^2$ $+\dfrac{\partial^2 f}{\partial x\partial \varphi(x)}(1,1,1)(x-1)(\varphi(x)-1)$

Plutôt quelque chose comme ça.
$f(x,\varphi(x))\simeq f(1,1,1)+\dfrac{\partial f}{\partial x}(1,1,1)(x-1)+\dfrac{\partial f}{\partial x}(\varphi(1)).\varphi'(1)\cdots$

avec $f(1,1,1)=0$ ?
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Re: Fonctions implicites

Messagepar Minibob59 » Jeudi 30 Janvier 2014, 10:05

Moui, effectivement c'est pas joli joli ça...
On dérive simplement par rapport à $x$.
D'une manière générale, si $f$, $u$ et $v$ sont comme il faut (je passe les hypothèses évidentes pour écrire ce qui suit) :
On considère $(x,y) \mapsto \psi(x,y) = f(u(x,y), v(x,y))$. Alors :

$$\dfrac{\partial \psi}{\partial x} = \dfrac{\partial u}{\partial x} \dfrac{\partial f}{\partial x}(u(x,y), v(x,y)) + \dfrac{\partial v}{\partial x}\dfrac{\partial f}{\partial y}(u(x,y), v(x,y))$$


Tu connais cette formule ?

Ici c'est encore plus simple, puisque $\varphi$ (et $x\mapsto f(x, \varphi(x))$) ne dépendent que d'une seule variable.
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Re: Fonctions implicites

Messagepar paspythagore » Jeudi 30 Janvier 2014, 21:28

Bonsoir.
Non, je ne connais pas cette formule. Il n'y pas d'erreur dans les $\partial$ $x,y$ ?

Pour $f(x,\varphi(x))=0$.

$\dfrac{\partial x}{\partial x}\Big(1,\dfrac{\partial\varphi(x)}{\partial x}\Big)+\dfrac{\partial \varphi}{\partial x}\Big(1,\dfrac{\partial\varphi(x)}{\partial x}\Big)=0$

$\Big(1,\dfrac{\partial\varphi(x)}{\partial x}\Big)+\Big(\dfrac{\partial \varphi}{\partial x}(1),\dfrac{\partial\varphi(x)}{\partial x}\Big)=0$

$\Big(1+\dfrac{\partial \varphi}{\partial x}(1),2\dfrac{\partial\varphi(x)}{\partial x}\Big)=0$
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Re: Fonctions implicites

Messagepar Minibob59 » Jeudi 30 Janvier 2014, 22:50

Bonsoir,

paspythagore a écrit:Non, je ne connais pas cette formule. Il n'y pas d'erreur dans les $\partial$ $x,y$ ?

Tiens, c'est étonnant, car pour moi, cette "formule" vient juste avant le théorème donnant la différentielle de $g \circ f$ dans un cours de calcul diff...

Il n'y a pas d'erreur dans les $\partial x$ et $\partial y$, mais c'est vrai que ça peut être ambigu... En fait, lorsque l'on met $\partial x$, par convention, cela signifie que l'on dérive par la rapport à la première variable (dans le cas où le nombre de variables est limité à 2 ou 3, voire 4, après on notera plutôt $\partial x_1$). Donc dans $\dfrac{\partial f}{\partial x}$ et dans $\dfrac{\partial u}{\partial x}$, le $\partial x$ ne renvoie pas à la même chose (super les notations en calcul diff, hein ?).

Plus rigoureusement que dans mon précédent post, pour ne pas se mélanger les pinceaux dans les notations :
Si $\varphi : I \to \mathbb{R}^n, t \mapsto (u_1(t), \dots, u_n(t))$ est une fonction de classe $\mathcal{C}^1$ définie sur un intervalle $I$ de $\mathbb{R}$ et si $f$ est une fonction de classe $\mathcal{C}^1$ sur l'ouvert $U$ de $\mathbb{R}^n$ à valeurs dans $\mathbb{R}^p$ avec $\varphi(I) \subset U$, alors la fonction $F : t \mapsto f(u_1(t), \dots, u_n(t))$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $I$ avec $\forall t \in I$ :

$$F'(t) = \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(f(u_1(t), \dots, u_n(t))) = \sum_{i=1}^n u_i'(t)\dfrac{\partial f}{\partial x_i}(u_1(t), \dots, u_n(t))$$



On peut alors utiliser ce résultat au calcul des dérivées partielles de fonctions composées, car alors on regarde les fonctions comme dépendant d'une seule variable (celle par rapport à laquelle on dérive). Ainsi par exemple, si $f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}, (x,y) \mapsto f(x,y)$ est une fonction de classe $\mathcal{C}^1$, on a :

$$\dfrac{\partial}{\partial u}\left[ f(u^2v, \mathrm{e}^u \sin{v}) \right] = 2uv \dfrac{\partial f}{\partial x}(u^2v, \mathrm{e}^u \sin{v}) + $$

$$\mathrm{e}^u \sin{v} \dfrac{\partial f}{\partial y}(u^2v, \mathrm{e}^u \sin{v})$$



Est-ce que tu peux maintenant me reproduire le calcul sur $f(x, \varphi(x)) = 0$ ?
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Re: Fonctions implicites

Messagepar paspythagore » Vendredi 31 Janvier 2014, 21:01

Bonsoir.
Je ne comprends pas.
Je réessaierai demain.

$\dfrac{\partial}{\partial x}\Big(f(x,\varphi(x))\Big)=0$

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

$\varphi'(x)=1$
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Re: Fonctions implicites

Messagepar Minibob59 » Vendredi 31 Janvier 2014, 21:42

Bonsoir,

Je crois déceler une confusion entre deux notations : en général, $\dfrac{\partial}{\partial x}(f(x,\varphi(x)) \neq \dfrac{\partial f}{\partial x}(x, \varphi (x))$.
Dans le premier cas, on dérive la fonction $x \mapsto f(x, \varphi (x))$ par rapport à la variable $x$ ; dans le second cas, on évalue la dérivée partielle de $f$ par rapport à $x$ au point $(x, \varphi(x))$.

Exemple concret : $f(x,y) = x^2 + y^2$, alors $\dfrac{\partial}{\partial x}(f(x,\varphi(x)) = 2x + 2 \varphi'(x) \varphi(x)$ alors que $\dfrac{\partial f}{\partial x}(x, \varphi (x)) = 2x$.
D'ailleurs, je ne noterais pas $\dfrac{\partial}{\partial x}(f(x,\varphi(x))$ mais plutôt $\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x}(f(x,\varphi(x))$.

Courage, je trouve que cette partie des maths est plus difficile à aborder à cause des notations qu'à cause des concepts étudiés (en tout cas, c'est l'impression que j'en ai eu en 3/2, et j'avais galéré... ^^).
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Re: Fonctions implicites

Messagepar balf » Vendredi 31 Janvier 2014, 22:20

Minibob59 a écrit:Je crois déceler une confusion entre deux notations : en général, $\dfrac{\partial}{\partial x}(f(x,\varphi(x)) \neq \dfrac{\partial f}{\partial x}(x, \varphi (x))$.

Dans le premier cas, à mon avis il faudrait plutôt noter :

$$\dfrac{\mathrm d\hphantom {x}}{\mathrm d x}(f(x,\varphi(x)) $$


puisqu'il n'y a qu'une variable.

B.A.
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Re: Fonctions implicites

Messagepar paspythagore » Dimanche 02 Février 2014, 18:56

Désolé, je dois être bouché ) l'émeri.
Je retombe toujours sur le même résultat :

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

$\varphi'(x)=\dfrac{d\varphi(x)}{dx}=-\dfrac{dx}{d\varphi(x)}$

Ce qui est faux.
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