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1UE Calcul differentiel Corrige succinct de l'epreuve du juin Exercice

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1UE Calcul differentiel Corrige succinct de l'epreuve du 7 juin 2007 Exercice 1 . 1. On calcule g?(t) = (t ? 1)(3t + 1) et comme ?1/3 /? R+ (le domaine de definition de g et donc de g?), on en deduit que g? s'annule seulement en t = 1. 2. On a 2?(x, y, z) := (x + y)2 + (x ? y)2 + y2 + z2 ≥ 0 comme somme de termes positifs ou nuls, et ?(x, y, z) = 0 si et seulement tous ces termes sont nuls, ce qui equivaut a z = 0, y = 0 et x = 0. 3. Par la formule de differentiation des fonctions composees on a dfa(h) = g?(?(a)) d?a(h). Ainsi dfa ? 0 si et seulement si g?(?(a)) = 0 ou d?a ? 0. Comme ? est a valeurs dans R+, g?(?(a)) = 0 equivaut d'apres le 1) a ?(a) = 1. D'autre part, pour a = (a1, a2, a3) et h = (h1, h2, h3) on a d?a(h) = (2a1 + a2 ? a3)h1 + (2a2 + a1)h2 + (2a3 ? a1)h3 , et par consequent d?a ? 0 equivaut

  • theoreme de schwarz

  • matrice hessienne de ? au meme point

  • ?x?∞ ?y?∞

  • meme dimension

  • apres

  • quadratique definie positive d'apres

  • formule de taylor avec reste integral


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UECalculdiff´erentielCorrig´esuccinctdel´epreuvedu7juin2007 Exercice 1 . 0+ 1. Oncalculeg(t) = (t1)(3t+ 1)et comme1/3/R(le domaine de de´finition deget donc 0 0 degqtiueuonend´ed),gs’annule seulement ent= 1. 2 22 2 2. Ona2ϕ(x, y, z) := (x+y() +xy) +y+z0comme somme de termes positifs ou nuls, etϕ(x, y, z) = 0eisuestemelottn`autlu,secuq´iqeiuavuscestermessontnz= 0,y= 0et x= 0. 0 3.Parlaformuledediff´erentiationdesfonctionscompos´eesonadfa(h) =g(ϕ(a)) dϕa(h). Ainsi 0+0 dfa0si et seulement sig(ϕ(a)) = 0oudϕa0. Commeϕansdurleva`astesR,g(ϕ(a)) = 0a`esle1a)p`rautdquive´ϕ(a) = 1. D’autre part, poura= (a1, a2, a3)eth= (h1, h2, h3)on a dϕa(h) = (2a1+a2a3)h1+ (2a2+a1)h2+ (2a3a1)h3, et par conse´quentdϕa0e´quivaut a` 2a1+a2a3= 0, 2a2+a1= 0, 2a3a1= 0, syste`melin´eairedontlaseulesolutionesta= (0,0,0). 3 4.Parlaformuledediffe´rentiationdesfonctionscompos´eesonapourtouth,kR, 200 02 dfa(h, k) =g(ϕ(a)) dϕa(k) dϕa(h) +g(ϕ(a)) dϕa(h, k). En particulier, poura= (0,0,0)le premier terme est nul et il reste 202 2 df(0,0,0)(h, k) =g(0) dϕ(0,0,0)(h, k) =dϕ(0,0,0)(h, k). Par conse´quent la matrice hessienne defau point(0,0,0)sss´ieednenleadmsattlriocpepheoee ϕtriesllec´peiotnE.uaˆmme   21 1 2   Df(0,0,0)=12 0. 1 02 2 estaussid´enie Commeϕest quadratique de´finie positive d’apre`s le 2), sa hessienneDϕ(0,0,0) 2 3 positive (on adϕa(h, h) = 2ϕ(h)pour touthR) et(0,0,0)est doncmaximumlocal def. 5. Lepointt= 1est un minimum global de la fonctiong(qui est de´croissante sur[0,1]et croissante sur[1,+[), doncgest a` valeurs positives, et par conse´quentfaussi. Sia6= (0,0,0)est un point critique def,arsloapd`rseel)3noaϕ(a) = 1et doncf(a) =g(1) = 0, ce qui montre queaest 3 un minimum global puisqu’on vient de montrer que pour toutbR,f(b)0.
Exercice 2 . 1 2 1. LafonctionΦ = dHest de classeCpuisqueHos´eedecestsuppalsseC(c’est du cours). Soit n nn xR.Puqrealemruortnoacitppil´naenoilirexest un isomorphisme deRsurL(R;R), n n espace de meˆme dimension queR, il suffit de montrer quexest injective. Or, pour touthR, n2 x(h)L(R;R)est relie´ a`dHpar 2n hx(h), ki= dHx(h, k)kR. 2 (C’est la de´finition dedHxdonne´e en cours.) Par suite, six(h)est nul alors en particulier 2 2 0 =hx(h), hi= dHx(h, h)µkhk avecµ >0par hypothe`se, et donch= 0. Ceci prouve quexest injective.
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