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SOLUTIONS DES EXERCICES
On en déduit que
9
1 ( j 1 !xy2) = J(::xy 2 ) ~ g'(v) = v ~ g(v) = ~ 2 + C.
Revenant à la fonction f, on obtient donc que la solution f est telle que
(f;f;)'
X
f(x,y) =
2
+C= l+y 2 +c.
On détermine alors la constante grâce à la condition f(l, 0) = 2 : on trouve sans
peine que C = 1 et par conséquent l'unique solution de (t') vérifiant les conditions
imposées ici est la fonction f définie sur P par
X
f (x, y) = 1 + y2 + 1.
Exercice 3.18.
Le changement de variable suggéré ici correspond clairement à une bijection de
JR 2 sur lui-même: cp- 1 : (x,y) f------t (u,v) = (x+y,x+2y).
0
f 'l
·
1
,
{ U = X + y
{ X = 2u - V
n peut ac1 ement mverser e systeme
2
~
ce
V = X+ y
y = -U +V
qui permet de définir Posons F(u, v) = f o cp(u, v). On a donc f(x, y)= F(u, v) = F o cp- 1 (x, y)
La matrice jacobienne de f peut donc s'exprimer ainsi :
J(f)(x,y) = J(F)(u,v) · J(cp- 1 )(x,y)
( âf
âf
)
(âF
âF
) (~~ ~~)
âx (x, y) ây (x, y) = âu (u, v) âv (u, v) . âv âv
âx ây
= ( ~: ( u, V) ~: ( U, V)) · 0 ~)
On obtient donc
âf
âF
âF
âx (x, y)= âu (u, v) + âv (u, v)
âf
âF
âF
ây (x, y)= âu (u, v) + 2 âv (u, v).
Reportant ces valeurs dans l'équation que l'on étudie, on se ramène à l'équation
( âF
âF
)
(âF
âF
)
âF
2 âu (u,v) + âv (u,v) - âu (u,v) + 2 âv (u,v) = 0 ~ âu (u,v) =O.