Premièrement :
exp(1-2x+y)-1 > 0 donc
ln(1+x-y²) < 0
donc 0 < 1+x+y² < 1
-> domaine de définition.
Deuxièmement :
Dans l'énoncé la fonction à une seule variable y=phi(x) est définie par l'équation donnée.
Ensuite, tu définis une autre fonction à deux variables :
f(x,y) = ln(1+x-y²)+exp(1-2x+y)-1
Il ne faut pas confondre f(x,y) et phi(x) !!!
On ne te demande pas la dérivée partielle de f(x,y) par rapport à y. On te demande la dérivée de phi(x). Ce n'est pas la même chose.
(ce qui ne veux pas dire que ta réponse phi'(1)=-1 soit fausse : par chance, tu pourrais être tombé juste.
Troisièmement :
On te demande le DL :
y(x)=phi(x)=a+b(x-1)+c(x-1)²+...
Tu sais déjà que a=1 puisque phi(1)=1
si tu a trouvé phi'(1), cela te donne la valeur de b.
Il ne te reste plus qu'à trouver c.
Pour simplifier, il est conseillé de faire le changement de variable x=1+epsilon
donc y = 1+b(epsilon)+c(epsilon)²+...
On reporte ces expressions de x et y dans f(x,y)=0
On développe, on néglige les termes d'ordre suppérieur à 2 et il reste de quoi calculer c.

Bonjour,

Merci pour ta réponse Jja.
Cependant, je n'ai vraiment pas tout saisi.

Pour la 1ère question, je ne comprends tout d'abord pas pourquoi tu mets , et pourquoi cela est vrai. Ensuite, je ne vois pas comment tu appliques le théorèmes des fonctions implicites. De mon côté, voici ce qu'on m'a appris. Pour montrer l'existence d'une telle fonction , on doit montrer plusieurs points. En premier lieu, montrer qu'on a une fonction de classe , montrer qu'on a pour je ne sais quels et d'ailleurs, puis enfin, montrer que , c'est-à-dire montrer que la dérivée partielle de par rapport à sa seconde variable est inversible (bijection). Et à partir de là, on en conclut l'existence de .. Mais j'avoue que c'est loin d'être clair dans ma tête. Peut-être pourrait-on repréciser tout cela de façon un peu plus rigoureuse.

P.S.: concernant le calcul de , comment ferais-tu?

En effet, il y avait une erreur :
ln(1+x-y²)+exp(1-2x+y)-1=0
exp(1-2x+y) = 1-ln(1+x-y²)
Exp est toujours positif donc :
1-ln(1+x-y²)>0
ln(1+x-y²)<1
0 < (1+x-y²) < e
Ceci n'était qu'une information sur le domaine de définition, rien de plus.
Pour la dérivée :
la différentielle totale de l'équation:
ln(1+x-y²)+exp(1-2x+y)-1=0
est :
(dx-2y dy)/(1+x-y²)+(-2dx+dy)exp(1-2x+y)=0
On regroupe les dx et les dy sous la forme
F(x,y) dx + G(x,y) dy = 0
la dérivée est :
phi' = dy/dx = - F(x,y)/G(x,y)
Avec x=1 et y=1 on trouve phi'(1)

Merci pour tes précisions.
Cependant, on me demande de montrer l'existence d'une fonction qui doit être , et pour cela, il faudrait montrer, je crois, que aussi est , ce qui ne semble pas être le cas non?

Quelques problèmes demeurent:

- Pour le DL, j'ai du mal à trouver le coefficient par exemple. En effet, d'une part remplacer l'expression de dans est plutôt long et fastidieux (avec tous les DL), et d'autre part, même après toutes les simplifications, je en vois pas comment obtenir ! On obtient en général une égalité du genre, par exemple (mais pas pour ce cas précis): . Comment trouver avec ça?? N'y a-t-il pas une méthode moins...fastidieuse?

- Enfin, en admettant que j'ai réussi à obtenir le DL final de , comment, à partir de là, donner une allure de la courbe au voisinage du point considéré?

Merci d'avance.

regarde ta formule comme une "fonction composée" de x
dérive une première fois et fais apparaître y'
puisque y(1)=1 (ou (x,y)=(1,1)) tu obtiens une équation d'inconnue y'=y'(1)
dérive à nouveau cette formule et fais apparaître y''=y''(1) et resoud à nouveau ton équation sachant que x=y=1 et y'=-1 (oui ta la solution) tu trouve y''(1)=0 (si je ne me suis pas trompé) donc y=1-x+0+h²(h) au voisinage de 1
il est donc facile de tracer cette courbe (droite) au voisinage de 1

Dans ce cas, ça va parce qu'on a l'équation d'une droite, mais dans d'autres cas, il me reste des termes en et ..comment s'y prendre dans de tels cas?

carpediem, je n'ai pas compris ta technique pour obtenir le coeff du DL...

c'est la même chose mais en un peu +(!) compliqué: si tu avais eu des x² tu aurais obtenu une (morceau de) parabole
un dl n'est qu'une approximation polynomiale au voisinage de 1
au fait je me suis trompé: y=1-h+0+... avec h=x-1
donc soit tu gardes h et tu prends pour origine le point (1,1) soit tu mets les x
essaie d'aller à l'ordre 3 ou 4 pour mieux voir ta courbe

Ok, ok. Désolé d'insister sur un point, mais je n'ai pas compris ta technique pour obtenir le coeff du DL...

quand tu dérives ta formule tu gardes x, y, y'...puis seulement après tu remplaces par les valeurs que tu as trouvé précédemment
lorsqu'on dérive 2x on trouve:
[1-2yy']/[1+x-y²] +e^1-2x+y(y'-2)=0 (1)
[-2(y'²+yy')(1+x-y²)-(1-2yy')²]/(1+x-y²)² +e^1-2x+y[y"-2+(y'-2)²]=0                        (2)

avec (1) tu fais x=y=1 et tu trouves y'(1)
avec (2) tu fais x=y=1 et y'=1 et tu trouves y"

et ainsi de suite...

avec (2) ... et y'=-1...
ton égalité est vraie sur un voisinage de 1 donc en 1
puis après tu appliques la formule du dl