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Équation aux dérivées partielles

Posté par
toureissa 11-12-18 à 13:45

Bonjour,

Je n'ai pas du tout compris ce sujet.

Soit g: \R \rightarrow \R,  une fonction de classe C^1  et soit z la fonction définie par :

x^2+y^2+z^2-g(ax+by+cz)=0,

Où a,b,c \in \R. Démontrer que :

(cy-bz)\frac{\partial z}{\partial x}+(az-cx)\frac{\partial z}{\partial y}=bx-ay.

Je ne vois pas comment z est une fonction ici et comment calculer ses dérivées partielles.

Posté par
jsvdbre : Équation aux dérivées partielles 11-12-18 à 13:49

Bonjour toureissa.
z semble être ici une fonction implicite de x et y : z = z(x;y)

Posté par
toureissare : Équation aux dérivées partielles 11-12-18 à 13:52

Merci jsvdb j'ai compris.

Je vais faire maintenant.

Posté par
toureissare : Équation aux dérivées partielles 11-12-18 à 16:07

Je n'arrive pas à montrer . Pouvez-vous me donner une indication ?

Posté par
carpediemre : Équation aux dérivées partielles 11-12-18 à 16:56

salut

dans la relation x^2 + y^2 + z^2 - g(ax + by + cz) = 0 n'importe quelle lettre/variable parmi a, b, c, x, y, z est fonctions des autres ...

de façon évidente x est une fonction de x ... et donc \dfrac {\partial x} {\partial x} = 1

si x et y sont indépendantes alors x est toujours une fonction de y ... ne dépendant pas de y !!!  et donc \dfrac {\partial x} {\partial y} = 0



on peut donc considérer z cmme fonction de x, y, a, b et c ...

et évidemment si a, b et c sont des constantes alors les dérivées partielles de z par rapport à ces lettres est nulle ...

Posté par
toureissare : Équation aux dérivées partielles 11-12-18 à 17:53

Voici comment j'ai fait et après je suis bloqué.

Comme g(ax+by+cz)=x^2+y^2+z^2

En dérivant l'égalité par rapport à x ,  puis par rapport à y,

(a+c\frac{\partial z}{\partial x})g'(ax+by+cz)=2x+2z\frac{\partial z}{\partial x}

(b+c\frac{\partial z}{\partial y})g'(ax+by+cz)=2y+2z\frac{\partial z}{\partial y}

Et donc :

bx-ay=(cy-\frac{2yz}{g'(ax+by+cz)})\frac{\partial z}{\partial x}+(cx+\frac{2xz}{g'(ax+by+cz)})\frac{\partial z}{\partial y}

Je ne vois pas comment arrivé au résultats.

Posté par
carpediemre : Équation aux dérivées partielles 11-12-18 à 18:09

j'avais calculé les deux dérivées partielles comme toi ... mais je ne vois même pas comment tu arrives au dernier résultat ... (enfin presque)

Posté par
larrechre : Équation aux dérivées partielles 11-12-18 à 18:21

Bonsoir,

Non, il faut utiliser l'expression des dérivées de z en tant que fonction implicite de x et de y.

En notant F(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-g(ax+by+cz)=0, , on a  (voir cours)

z'_x=-\dfrac{F'_x}{F'_z}   et   z'_y=-\dfrac{F'_y}{F'_z}

C'est extrêmement calculatoire, mais on arrive à démontrer l'identité proposée.

Il doit y avoir plus simple.

Si on note \Vec{OA}=(a,b,c), \Vec{OM}=(x,y,z), la relation à démontrer s'écrit, au signe près peut-être

\left(\Vec{OA}\wedge\Vec{OM}\right). \overrightarrow{Grad(F)}=0

ce qui fait penser au plan tangent, etc.

Mais pas le temps d'approfondir pour l'instant.

Posté par
toureissare : Équation aux dérivées partielles 11-12-18 à 18:28

Pour simplifier le calcul , posons k=g'(ax+by+cz).

Ona

(a+c\frac{\partial z}{\partial x})k=2x+2z\frac{\partial z}{\partial x}

donc :

(-ay-cy\frac{\partial z}{\partial x})k=-2xy-2yz\frac{\partial z}{\partial x}

De même :

(bx+cx\frac{\partial z}{\partial y})k=2xy+2xz\frac{\partial z}{\partial y}

En faisant la somme on obtient :

bx-ay=(cy-\frac{2yz}{g'(ax+by+cz)})\frac{\partial z}{\partial x}+(\frac{2xz}{g'(ax+by+cz)}-cx)\frac{\partial z}{\partial y}

J'avais changé un + en -.

En dérivant par x par exemple

Pui-je dire  ag'(ax+by+cz)=2x

Alors dans ce cas z est indépendant de x ?

Posté par
luzakre : Équation aux dérivées partielles 11-12-18 à 18:54

Bonsoir !

Tu as supposé k\neq0 !

Il me semble qu'on ne trouve la relation voulue que si k-2z\neq0.

Il suffit d'écrire :
\dfrac{\partial z}{\partial x}(2z-kc)=ka-2x,\;\dfrac{\partial z}{\partial y}(2z-kc)=-2y+kb puis de multiplier par cy-bz et d'ajouter. On  a (presque) le résultat...

.......................................

Citation :
En dérivant par x par exemple
Pui-je dire  ag'(ax+by+cz)=2x

Si tu ne dis pas quelle fonction tu veux dériver je ne peux pas te donner un avis ! (J'insiste  fonction pas relation ou égalité !)

Posté par
etniopalre : Équation aux dérivées partielles 11-12-18 à 19:12

Pour voir ce qu'on fait :

Soient  (a,b,c) 3 et f  : 3 ,   (x,y,z) x² + y² + z²  - g(ax + by + cz) = 0 ( où g : est C1)  .
f est donc  au moins C1  et pour tout (x,y,z) on a :

D1f(x,y,z) =  2x - ag'(ax + by + cz)

D2f(x,y,z) = 2y - bg'(ax + by + cz)

D3 f(x,y,z) = 2z  - cg'(ax + by + cz)

Si  l'ouvert   :=  [D3 f 0 ]  est non vide il existe des   (V   , u) où  V  est un ouvert ( non vide )   de ² et  u une application de classe C1 de U vers telle que    pour tout (x , y) de V on ait  (x , y , u(x , y)) et f(x , y , u(x,y)) = 0  càd  x² + y² + u²(x , y)  - g(ax + by + c.u(x,y)) = 0 .
Soit donc un tel (V , u) .
Pour tout (x , y) de V   on a donc  :
2x +  2u(x,y)D1u(x,y) - cD3g((ax + by + c.u(x,y)).D1u(x,y) = 0
et
2y +  2u(x,y)D2u(x,y) - cD3g((ax + by + c.u(x,y)).D2u(x,y) = 0

Reste à voir si ça te donne le résultat
    Pour tout (x , y) de V  on a :   (cy - bu(x,y))D1 u(x , y)  + (au(x,y) - cx)D2u(x,y)) = bx - ay  

  

Posté par
etniopalre : Équation aux dérivées partielles 11-12-18 à 21:19

Un correctif :
Il faut remplacer D3g   par Dg ( ou simplement g ' ) . C'est du à un  coupé-collé  non corrigé .

Posté par
perroquetre : Équation aux dérivées partielles 12-12-18 à 05:28

Bonjour à tous.

Je reprends une partie du post de toureissa le 11 décembre à 17h53.

Citation :

En dérivant l'égalité par rapport à x ,  puis par rapport à y,

(a+c\frac{\partial z}{\partial x})g'(ax+by+cz)=2x+2z\frac{\partial z}{\partial x}

(b+c\frac{\partial z}{\partial y})g'(ax+by+cz)=2y+2z\frac{\partial z}{\partial y}



Des deux égalités écrites par toureissa, on déduit (facilement ?):

\left(a+c\frac{\partial z}{\partial x}\right) \left(2y+2z\frac{\partial z}{\partial y}\right) = \left(b+c\frac{\partial z}{\partial y} \right) \left(2x+2z\frac{\partial z}{\partial x}\right)

En développant et en simplifiant, on obtient la relation cherchée par toureissa.

Posté par
toureissare : Équation aux dérivées partielles 12-12-18 à 07:23

Trop simple !

Merci à vous !

Je vous souhaite bonne journée à tous et merci encore !

Posté par
luzakre : Équation aux dérivées partielles 12-12-18 à 08:01

Bonjour perroquet !
Comme déjà dit pour arriver à ce résultat tu fais une division et il faut signaler le cas d'exception !

Posté par
toureissare : Équation aux dérivées partielles 12-12-18 à 08:33

Donc  on a ca si g'(ax+by+cz)\neq 0,

Soit si x\neq 0;\; y\neq 0;\; z\neq 0 ?

Posté par
luzakre : Équation aux dérivées partielles 12-12-18 à 08:44

Ne connaissant rien sur g la condition que tu proposes n'a aucune raison d'être !
Ou alors tu confonds  g'(M) valeur de g' en un point M avec le produit de g' par un réel (ce qu'on écrit en général  dans l'ordre inverse) et définit une nouvelle fonction de sorte que ta formule n'a plus aucun sens.

Posté par
larrechre : Équation aux dérivées partielles 12-12-18 à 09:42

L'équation F(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-g(ax+by+cz)=0, définit une surface de \mathbb{R}^3

Le plan tangent au point M_0 a pour équation

2(x_0(x-x_0)+y_0(y-y_0)+z_0(z-z_0))-(a(x-x_0)+b(y-y_0)+c(z-z_0)) g'_0=0

La droite intersection des 2 plans d'équations

x_0(x-x_0)+y_0(y-y_0)+z_0(z-z_0)=0 et
a(x-x_0)+b(y-y_0)+c(z-z_0)=0

appartient au plan tangent. Elle est dirigée par le vecteur \Vec{OM_0}\wedge\Vec{OA}, où \Vec{OA}=(a,b,c),

auquel \overrightarrow{Grad(F)} est orthogonal.

Ce qui donne la relation proposée.

Sauf erreur comme on dit, et sans prétendre qu'il s'agisse de la démo attendue.

Posté par
toureissare : Équation aux dérivées partielles 12-12-18 à 10:14

\vec{OM_0}\wedge \vec{OA}(cy_0-bz_0,az_0-cx_0,bx_0-ay_0)

\vec{grad(F)}(\frac{\partial F}{\partial x},\frac{\parial F}{\partial y}, \frac{\partial F}{\partial z})

Et il suffit de faire le produit scalaire =0 et on obtient le résultat.

Merci beaucoup !

Posté par
perroquetre : Équation aux dérivées partielles 12-12-18 à 15:10

Bonjour, luzak.

Tu as écrit:

Citation :

Comme déjà dit pour arriver à ce résultat tu fais une division et il faut signaler le cas d'exception !

  
Je n'ai pas précisé comment j'ai obtenu le résultat, je me suis contenté de noter que la démonstration pouvait ne pas être perçue comme facile ou même ne pas être trouvée. J'avais écrit:

Citation :

Des deux égalités écrites par toureissa, on déduit   \red{\rm (facilement ?)} :


En fait, je m'appuie sur le résultat suivant:

Citation :

Si \alpha,\beta,\alpha',\beta',z sont des réels vérifiant \alpha z = \beta et \alpha' z =\beta', alors:    \alpha \beta' = \alpha' \beta


dont voici la démonstration:

Premier cas : \alpha \alpha' \neq 0:
Alors  z=\frac{\beta}{\alpha}=\frac{\beta'}{\alpha'} et on en déduit  \alpha \beta' = \alpha' \beta

Deuxième cas: \alpha\alpha' = 0
On peut supposer par exemple que \alpha = 0 et on en déduit que    \beta=\alpha z = 0.
Et, par suite, évidemment:  \alpha \beta' = \alpha' \beta

Posté par
toureissare : Équation aux dérivées partielles 15-12-18 à 07:43

Bonjour,

Merci perroquet, j'ai bien compris .


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