Equation aux dérivées partielles

[Anonyme]

Soit une fonction f de R^2 dans R connue.

Existe-t-il une méthode générique pour déterminer la fonction g telle
que:

dg(x,y) = [df(x,y)/dx] dy - [df(x,y)/dy] dx

?

Les dérivées entre crochets sont des dérivées partielles, bien entendu.

Par ailleurs, je sais que :

df(x,y) = [dg(x,y)/dx] dy - [dg(x,y)/dy] dx

mais je ne sais pas si c'est d'une quelconque utilité.

Merci beaucoup.

--
Nicolas

[Anonyme]

Par définition, on a:
dg(x,y) = [dg(x,y)/dx] dx + [dg(x,y)/dy] dy

On peut donc déduire de vos deux expressions que g=cste

[Anonyme]

On Tue, 04 May 2004 22:42:37 +0200, archi wrote:

> Par définition, on a:
> dg(x,y) = [dg(x,y)/dx] dx + [dg(x,y)/dy] dy
>
> On peut donc déduire de vos deux expressions que g=cste

Euh, non, promis. Avez-vous bien vu par rapport à quoi je dérivais ?

Par exemple, si on a f(x,y) = y - ln(x), je trouve g(x,y) = y + x^2/2

Mais ptet que je m'ai trompé, hein.

--
Nicolas

[Anonyme]

Nicolas Le Roux a écrit :
>
> On Tue, 04 May 2004 22:42:37 +0200, archi wrote:
>[color=green]
> > Par définition, on a:
> > dg(x,y) = [dg(x,y)/dx] dx + [dg(x,y)/dy] dy
> >
> > On peut donc déduire de vos deux expressions que g=cste
>
> Euh, non, promis. Avez-vous bien vu par rapport à quoi je dérivais ?[/color]

J'étais arrivé à la même conclusion qu'archi. Peut être mal recopié
quelque chose? Parce que les deux équations ensembles donnent beaucoup
de restrictions.

Sinon juste la premiere équation (et en imposant que g soit C^2) nous
dit que le laplacien de f doit être nul.

> Par exemple, si on a f(x,y) = y - ln(x), je trouve g(x,y) = y + x^2/2

Euh, je recopie: dg(x,y) = [df(x,y)/dx] dy - [df(x,y)/dy] dx
Ici dg = dy + x dx
Or df/dx = -1/x et -df/dy = -1
Ca me parait raté.

dg désignerait-il autre chose que la différentielle ?

--
Nico.

[Anonyme]

On Tue, 04 May 2004 23:10:18 +0200, Nicolas Richard wrote:
[color=green]
> > Euh, non, promis. Avez-vous bien vu par rapport à quoi je dérivais ?
>
> J'étais arrivé à la même conclusion qu'archi. Peut être mal recopié
> quelque chose? Parce que les deux équations ensembles donnent beaucoup
> de restrictions.
>
> Sinon juste la premiere équation (et en imposant que g soit C^2) nous
> dit que le laplacien de f doit être nul.
>
> > Par exemple, si on a f(x,y) = y - ln(x), je trouve g(x,y) = y + x^2/2
>
> Euh, je recopie: dg(x,y) = [df(x,y)/dx] dy - [df(x,y)/dy] dx
> Ici dg = dy + x dx
> Or df/dx = -1/x et -df/dy = -1
> Ca me parait raté.
>
> dg désignerait-il autre chose que la différentielle ?[/color]

Non, mais j'avoue que c'était un problème un peu différent à l'origine.
En fait, dans la plupart des cas, l'expression de dg en fonction des
dérivées partielles de f ne sera pas une différentielle.

En fait, j'ai :

[df(x,y)/dx] dy - [df(x,y)/dy] dx = 0

et je cherche la fonction dont je suis sur la ligne de niveau. En
l'occurrence, comme tu l'as dit, pour obtenir ma fonction g, je peux
etre amené à diviser les deux membres de l'égalité par une expression de
x et de y (ici, x), ce qui limite l'espace dans lequel ma fonction est
valide mais c'est pas grave.

Voilà, je ne sais pas si j'ai été parfaitement clair, mais j'espère
avoir levé vos doutes.

Sinon, je peux vous donner le problème que je cherche à résoudre.

Je suppose une variété de dimension d dans un espace de dimension n
définie comme la courbe de niveau d'une fonction f.

Je cherche la fonction g dont les courbes de niveau sont des variétés de
dimension n-d telles que:

- la fonction M -> (f(M),g(M)) soit une bijection
- en tout point, les deux courbes de niveau soient orthogonales.

Comme je n'arrive pas à me représenter le problème en dimension n, je
voulais déjà savoir si c'était possible dans R^2 avec chacune des
variétés de dimension 1.

Voilà voilà, merci de votre aide.

--
Nicolas