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Résumé de la discussion (messages les plus récents en premier)
- Léa
- 13-06-2010 22:30:17
Bonsoir,
Merci beaucoup, c'est vraiment super clair (j'avais choisi le même U ^^).
Juste une question ce qui te permet de déduire "ainsi elle réalise une bijection" c'est une forme généralisée du théorème des valeurs intermédiaire? a t-il un nom? (je comprends la déduction, cela me parait logique, je cherche juste comment l'appeler)
merci bcp!
- Fred
- 13-06-2010 20:46:04
Bonsoir,
En fait, tu ne peux pas trouver une solution s'écrivant avec des fonctions "faciles" de ce système.
Mais voici comment tu peux procéder. Tu as très bien remarquer que x ne peut pas être égal à 1.
Il est donc naturel de poser :
[tex]U=\{(x,y)\in\mathbb R^2;\ x>1\}[/tex]
Dans ce cas, on remarque que [tex]x+y[/tex] peut être un réel arbitraire, tandis que [tex]xe^{y}[/tex] est toujours strictement positif.
On pose donc :
[tex]V=\{(a,b)\in\mathbb R^2;\ b>0\}[/tex]
et on va prouver que P est une bijection de U sur V. D'abord, on a bien [tex]P(U)\subset V[/tex]. De plus, prenons un couple [tex](a,b)\in V[/tex], on cherche [tex](x,y)\in U[/tex] tel que
[tex]x+y=a\textrm{ et }xe^y=b[/tex].
On en déduit [tex]x=be^{-y}[/tex] et la première équation devient
[tex]y+be^{-y}=a[/tex]
On étudie alors la fonction [tex]f(y)=y+be^{-y}[/tex] définie sur [tex]\mathbb R[/tex].
Elle est continue, strictement croissante, de limite -oo en -oo et +oo en +oo.
Ainsi, elle réalise une bijection de [tex]\mathbb R[/tex] sur [tex]\mathbb R[/tex].
On en déduit qu'il existe un unique y tel que f(y)=a. De plus, on a [tex]x=be^{-y}[/tex],
et donc le système admet bien une unique solution.
Fred.
- Léa
- 13-06-2010 00:05:10
re,
en fait en reessayant je me trouve face à problème il me semble assez simple mais dont j'ai oublié la méthode :
je pose le système u=x+y, v= [tex]x\times {e}^{y }[/tex] comment puis-je déduire x et y en fonction de u et v?
merci
- Léa
- 12-06-2010 20:27:34
Bonjour, voici un exercice sur lequel j'ai des doutes:
soit P la fonction definie par P(x,y)=(x+y,[tex]x\times {e}^{y}[/tex]) pour x et y reels
determinez deux ouverts U et V pour que P soit un changement de variable (P de U dans V)
mon cours impose que:
1)P ait des derivees partielles continues, ceci n'influe pas il me semble sur le choix de U et V
2)pour tout element de U le determinant de la jacobienne soit non nul, ceci ici implique que x ne vaille pas 1
3)que P soit une bijection, la je bloque :
je pose x+y=a, [tex]x\times {e}^{y}[/tex] =b, le seul truc que j'arrive a deduire est que b et x doivent avoir le meme signe et etre non nul mais a part ca je vois vraiment pas, quelqu'un peut-il m'aider?
merci