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

Interrogation no17. Corrigé.
1) Dest compact (fermé borné) et fest continue, donc sup fet inf fsont atteints.
En un point (x; y)2]0;1[2(intérieur de D) où fatteint un extremum (global donc local), on a grad f(x; y) = ! 0:
On a xy2(1 2x)(1 y) = (x2x2)(y2y3):
Pour (x; y)2]0;1[2, on a grad f(x; y) = ! 0ssi (14x= 0
(1 2x)(2 3y) = 0 (x=1
4
y=2
3
On a f(1
4;2 3) = 1 4
4
9
1
2
1
3=1 54 :
D’autre part, on a f(0; y) = 0,f(1; y) = y2(1 y),f(x; 0) = 0 et f(x; 1) = 0:
Donc sur la frontière de D, on a supf= 0 et inff=f(1;2
3) = 4 27 .
On en déduit que sup f=1
54 et inf f=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+y2= 1 est le centre de centre I= (1;0) est de rayon 1.
Un paramétrage est M() = (1 + cos ; sin ):
3) a) Le plan Ptangent à Hen Madmet comme équation (xx0)x0+ (yx0)y0(zz0)z0= 0:
En e¤et, Padmet comme vecteur normal le gradient en Mde f(x; y; z) = x2+y2z2:
On obtient donc P:xx0+yy0zz0= 1:
b) Le plan Pcontient Assi z0=1, c’est-à-dire : Donc est le cercle dé…ni par (x2
0+y2 0= 1
z0=1
4) a) est l’intersection de Pet du plan tangent à Hen A.
Donc ! uest normal à ! n= (1;1;1) et à grad f(1;1;1) = (1;1;2), où f(x; y; z) = xy z2:
Donc on peut prendre ! u= (1;1;1) ^(1;1;2) = (1;1;0).
b) Dest incluse dans Hssi 8t2R,A+t! v2 H, c’est-à-dire ssi 8t2R,(t1)2= (at + 1)(bt + 1):
Un polynôme s’annule sur Rssi ses coe¢ cients sont nuls. D’où la CNS : ab = 1 et a+b=2:
D’où l’unique solution solution (a; b) = (1;1) car aet bracines de X2+ 2X+ 1:
Par ailleurs, aucune droite horizontale (de vecteur directeur (;;0)) passant par An’est incluse dans H, car
l’intersection de Havec le plan z=1est la courbe (hyperbole) : z=1et xy = 1:
Donc il existe une seule droite incluse dans Het passant par Aet 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
j=1 x2
jPn
j=1 ajxj, donc @f
@xj
(x1; :::; xn) = 2xiai:
Remarque : En prenant X0=1
2V, 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1)(Y)df(X) = Id :
En particulier, l’application linéaire df(X)est inversible, et d(f1)(Y) = df(X)1:

b) On a V=f(U) = R2n, où est la demi-droite réelle positive  = f(x; 0),x0g:
On a Jf(r; ) = cos rsin 
sin  r cos , donc Jf1(rcos ; r sin ) = Jf(r; )1=1
rrcos  r sin 
sin cos :
7) a) On a @F
@x (x0; y0) = g(z0)et @F @x (x0; y0) = ig(z0), donc JF(x0; y0) = Re g(z0)Im g(z0)
Im g(z0) Re g(z0):
b) On a ':x7! f(x; y0) = P+1
n=0 an(x+iy0)ndé…nie sur un voisinage de V=]x0"; x0+"[, avec "asset petit.
Remarque :"est choisi par le relation (jx0j+")2+ (y0)2=R2:
On applique alors le théorème de dérivation des séries de fonctions : il y a convergence normale des dérivées sur tout
segment de V. Donc '0(x0) = P+1
n=0 nan(x0+iy0)n1=g(x0+iy0):
8) a) fvéri…e (E)ssi rf(x; y)est orthogonal à A(x; y)en tout point (x; y):
b) Le graphe de x7! y(x)est tangent à A(x; y(x)) ssi y0(x) = y
x.
Donc les courbes x7! y(x)qui sont des lignes de champ de Asont les y(x) = k
x, avec k2R:
c) On calcule @g
@u en …xant v. Or, une ligne  : v=kconstant correspond à xy =k.
Ainsi, en tout point de cette ligne , la tangente est orthogonale au gradient, donc fest constant le long de .
Donc @g
@u = 0:
Variante : Par le calcul : On a g(u; v) = fu; v
u, donc @g @u(u; v) = @f @x u; v uv u2
@f
@y u; v u= 0:
Lorsque (x; y)décrit R
+R,(u; v)décrit aussi R +Rqui est convexe.
Donc @g
@u = 0 ssi il existe ':R!Rde classe C1telle que g(u; v) = '(v).
Donc f(x; y) = '(xy):Réciproque immédiate. Donc les solutions sont les f: (x; y)7! '(xy):
9) On a A(x) = 
x1 0
0x1
c b x +a
=x(x2+ax +b) + c=x3+aX2+bX +c:
Si Aest scindé à racines simples, alors Aest diagonalisable.
Réciproquement, supposons que An’est pas scindé à racines simples. Alors Aadmet une racine multiple :
La dimension de Eest 3rg(I3A). Or, on a rg(I3A) = rg 
1 0
01
c b  +a
= 2:donc dim E= 1:
Donc An’est pas diagonalisable.
10) a) On a AM > OM OA, donc AM tend vers +1lorsque OM tend vers +1:
Donc f(M)tend vers +1lorsque OM tend vers +1:
Il existe donc r0tel que : 8M,OM r)f(M)> f (O):
On en déduit que infM2E f(M) = infM2B(O;r)f(M):
Comme fest continue et que B(O; r)est compact (fermé et borné), alors inf fest atteint.
b) Comme E=R2est ouvert, on a ! gradf(P) = ! 0:
Considérons f(M) = AM2+BM 2+CM2:On a ! gradf(M) = 2(! AM +! BM +! CM):
Or, ! AM +! BM +! CM =! 0ssi M=Gisobarycentre de A,Bet C:
(en e¤et, on a : ! AM +! BM +! CM =! 0ssi ! OM =1
3(!
OA +! OB +! OC)).
Donc inf f=f(G):

Remarque : On a AM 2=
!
AG +! GM
2=AG2+ 2!
AG:! GM +GM2:
Donc f(M) = f(G)+3GM2, car ! AG +! BG +! CG =! 0. On retrouve inf f=f(G):