Interrogation no17. Corrigé. 1) D est compact (fermé borné) et f est

Interrogation no 17. Corrigé.
1) D est compact (fermé borné) et f est continue, donc sup f et inf f sont atteints.
!
En un point (x; y) 2]0; 1[2 (intérieur de D) où f atteint un extremum (global donc local), on a grad f (x; y) = 0 :
On a xy 2 (1
2x)(1
y) = (x
2x2 )(y 2
y 3 ):
(
1
4x = 0
(1
2x)(2
y 2 (1
y), f (x; 0) = 0 et f (x; 1) = 0:
!
Pour (x; y) 2]0; 1[2 , on a grad f (x; y) = 0 ssi
On a
f ( 14 ; 23 )
=
1411
4923
=
3y) = 0
x=
y=
1
4
2
3
1
54 :
D’autre part, on a f (0; y) = 0, f (1; y) =
Donc sur la frontière
(
de D, on a sup f = 0 et inf f = f (1; 23 ) =
On en déduit que sup f =
1
54
et inf f =
4
27 .
4
27 :
Remarque : Ici, comme la fonction est de la forme '(x) (y), une étude des signes et des extrema de ' et
permet
de trouver directement le résultat (sans utiliser les dérivées partielles explicites).
2) a) M ( ; ') = (sin cos '; sin sin '; cos ), où
= colatitude et ' = longitude.
b) M ( ; z) = (cos ; sin ; z)
c)
: (x
1)2 + y 2 = 1 est le centre de centre I = (1; 0) est de rayon 1.
Un paramétrage est M ( ) = (1 + cos ; sin ):
3) a) Le plan P tangent à H en M admet comme équation (x
x0 )x0 + (y
En e¤et, P admet comme vecteur normal le gradient en M de f (x; y; z) =
On obtient donc P : xx0 + yy0
b) Le plan P contient A ssi z0 =
x0 )y0
x2
+
y2
zz0 = 1:
1, c’est-à-dire : Donc
est le cercle dé…ni par
(
(z
z0 )z0 = 0:
z2:
x20 + y02 = 1
z0 =
est l’intersection de P et du plan tangent à H en A.
!
Donc u est normal à !
n = (1; 1; 1) et à grad f (1; 1; 1) = (1; 1; 2), où f (x; y; z) = xy
Donc on peut prendre !
u = (1; 1; 1) ^ (1; 1; 2) = (1; 1; 0).
1
4) a)
b) D est incluse dans H ssi 8t 2 R, A + t!
v 2 H, c’est-à-dire ssi 8t 2 R, (t
z2:
1)2 = (at + 1)(bt + 1):
Un polynôme s’annule sur R ssi ses coe¢ cients sont nuls. D’où la CNS : ab = 1 et a + b =
D’où l’unique solution solution (a; b) = ( 1; 1) car a et b racines de
X2
2:
+ 2X + 1:
Par ailleurs, aucune droite horizontale (de vecteur directeur ( ; ; 0)) passant par A n’est incluse dans H, car
l’intersection de H avec le plan z =
1 est la courbe (hyperbole) : z =
1 et xy = 1:
Donc il existe une seule droite incluse dans H et passant par A et son vecteur directeur est ( 1; 1; 1).
5) On a grad f (X) = 2X
V:
En coordonnées, avec V = (a1 ; :::; an ), on a f (x1 ; :::; xn ) =
Pn
2
j=1 xj
Pn
j=1 aj xj ,
donc
@f
(x1 ; :::; xn ) = 2xi
@xj
Remarque : En prenant X0 = 12 V , on obtient par un petit calcul : f (X0 + H) = f (X0 ) + kHk2 .
Donc sup f = f (X0 ), atteint uniquement pour H = 0:
6) a) On a f
1
f = Id, donc par le cours sur la di¤érentielle d’une composée, d(f
En particulier, l’application linéaire df (X) est inversible, et d(f
1 )(Y
) = df (X)
1:
1 )(Y
) df (X) = Id :
ai :
b) On a V = f (U ) = R2 n , où
cos
r sin
On a Jf (r; ) =
sin
r cos
est la demi-droite réelle positive
= f(x; 0), x 0g:
1
r cos
, donc Jf 1 (r cos ; r sin ) = Jf (r; ) 1 =
sin
r
r sin
cos
:
@F
@F
Re g(z0 )
Im g(z0 )
(x0 ; y0 ) = g(z0 ) et
(x0 ; y0 ) = ig(z0 ), donc JF (x0 ; y0 ) =
:
Im g(z0 ) Re g(z0 )
@x
@x
P
n
b) On a ' : x 7 ! f (x; y0 ) = +1
"; x0 + "[, avec " asset petit.
n=0 an (x + iy0 ) dé…nie sur un voisinage de V =]x0
7) a) On a
Remarque : " est choisi par le relation (jx0 j + ")2 + (y0 )2 = R2 :
On applique alors le théorème de dérivation des séries de fonctions : il y a convergence normale des dérivées sur tout
P
n 1 = g(x + iy ):
segment de V . Donc '0 (x0 ) = +1
0
0
n=0 nan (x0 + iy0 )
8) a) f véri…e (E) ssi rf (x; y) est orthogonal à A(x; y) en tout point (x; y):
b) Le graphe de x 7 ! y(x) est tangent à A(x; y(x)) ssi y 0 (x) =
y
.
x
Donc les courbes x 7 ! y(x) qui sont des lignes de champ de A sont les y(x) =
k
, avec k 2 R:
x
@g
en …xant v. Or, une ligne : v = k constant correspond à xy = k.
@u
Ainsi, en tout point de cette ligne , la tangente est orthogonale au gradient, donc f est constant le long de .
@g
= 0:
Donc
@u
v
@g
@f
v
v @f
v
Variante : Par le calcul : On a g(u; v) = f u;
, donc
(u; v) =
u;
u;
= 0:
2
u
@u
@x
u
u @y
u
Lorsque (x; y) décrit R+ R, (u; v) décrit aussi R+ R qui est convexe.
@g
Donc
= 0 ssi il existe ' : R ! R de classe C 1 telle que g(u; v) = '(v).
@u
Donc f (x; y) = '(xy): Réciproque immédiate. Donc les solutions sont les f : (x; y) 7 ! '(xy):
c) On calcule
x
1
0
1
9) On a A (x) = 0 x
= x(x2 + ax + b) + c = x3 + aX 2 + bX + c:
c b x+a
Si A est scindé à racines simples, alors A est diagonalisable.
Réciproquement, supposons que
La dimension de E est 3
A
rg( I3
n’est pas scindé à racines simples. Alors
1
A). Or, on a rg( I3 A) = rg 0
c b
admet une racine multiple :
0
1
= 2: donc dim E = 1:
+a
A
Donc A n’est pas diagonalisable.
10) a) On a AM > OM
OA, donc AM tend vers +1 lorsque OM tend vers +1:
Donc f (M ) tend vers +1 lorsque OM tend vers +1:
Il existe donc r
0 tel que : 8M , OM
r ) f (M ) > f (O):
On en déduit que inf M 2E f (M ) = inf M 2B(O;r) f (M ):
Comme f est continue et que B(O; r) est compact (fermé et borné), alors inf f est atteint.
!
!
b) Comme E = R2 est ouvert, on a gradf (P ) = 0 :
!
!
!
!
Considérons f (M ) = AM 2 + BM 2 + CM 2 : On a gradf (M ) = 2(AM + BM + CM ):
!
!
! !
Or, AM + BM + CM = 0 ssi M = G isobarycentre de A, B et C:
!
!
!
!
!
! !
!
(en e¤et, on a : AM + BM + CM = 0 ssi OM = 31 (OA + OB + OC)).
Donc inf f = f (G):
!
! 2
! !
Remarque : On a AM 2 = AG + GM = AG2 + 2AG:GM + GM 2 :
!
!
! !
Donc f (M ) = f (G) + 3 GM 2 , car AG + BG + CG = 0 . On retrouve inf f = f (G):