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

Description

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

Sujets

• Théorème de Schwarz

Informations

• Publié par: profil-urra-2012
• Publié le: 01 juin 2007
• Nombre de lectures: 23
• Langue: Français

Extrait

1

UECalculdiff ´ erentielCorrig ´ esuccinctdel’ ´ epreuvedu7juin2007 Exercice 1 . 0+ 1. Oncalculeg(t) = (t−1)(3t+ 1)et comme−1/3/∈R (le domaine de de´finition de get donc 0 0 degqtiueuonend ´ ed),gs’annule seulement ent= 1. 2 22 2 2. Ona2ϕ(x, y, z) := (x+y() +x−y) +y+z≥0comme somme de termes positifs ou nuls, etϕ(x, y, z) = 0eisuestemelottn ` autlu,secuq ´ iqeiuavuscestermessontnz= 0,y= 0et x= 0. 0 3.Parlaformuledediff ´ erentiationdesfonctionscompos ´ eesonadf a (h) =g(ϕ(a)) dϕ a (h). Ainsi 0+0 df a ≡0si et seulement sig(ϕ(a)) = 0oudϕ a ≡0. Commeϕansdurleva ` astesR,g(ϕ(a)) = 0a ` esle’1a)p ` rautdquive ´ ϕ(a) = 1. D’autre part, poura= (a 1 , a 2 , a 3 )eth= (h 1 , h 2 , h 3 )on a dϕ a (h) = (2a 1 +a 2 −a 3 )h 1 + (2a 2 +a 1 )h 2 + (2a 3 −a 1 )h 3 , et par conse´quent dϕ a ≡0 e´quivaut a`   2a 1 +a 2 −a 3 = 0, 2a 2 +a 1 = 0,  2a 3 −a 1 = 0, syste ` melin ´ eairedontlaseulesolutionesta= (0,0,0). 3 4.Parlaformuledediffe ´ rentiationdesfonctionscompos ´ eesonapourtouth,k∈R, 200 02 df a (h, k) =g(ϕ(a)) dϕ a (k) dϕ a (h) +g(ϕ(a)) dϕ a (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 de fau point(0,0,0)sss ´ ieednenleadmsattlr’iocpepheoee ϕtriesllec’ ´ peiotnE.ua ˆ mme   −2−1 1 2   Df (0,0,0) = −1−2 0 . 1 0−2 2 estaussid ´ efinie Commeϕ est quadratique de´finie positive d’apre`s le 2), sa hessienne Dϕ (0,0,0) 2 3 positive (on adϕ a (h, h) = 2ϕ(h)pour touth∈R) 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,+∞[), doncg est a` valeurs positives, et par conse´quent faussi. 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 toutb∈R,f(b)≥0.

Exercice 2 . 1 2 1. LafonctionΦ = dHest de classeCpuisqueHos ´ eedecestsuppalsseC(c’est du cours). Soit n nn x∈R.Puqrea’lemruortnoacitppil ´ naenoiliredΦ x est un isomorphisme deRsurL(R;R), n n espace de meˆme dimension que R, il suffit de montrer quedΦ x est injective. Or, pour touth∈R, n2 dΦ x (h)∈L(R;R) est relie´ a` dHpar 2n hdΦ x (h), ki= dH x (h, k)∀k∈R. 2 (C’est la de´finition de dH x donne´e en cours.) Par suite, si dΦ x (h)est nul alors en particulier 2 2 0 =hdΦ x (h), hi= dH x (h, h)≥µkhk avecµ >0 par hypothe`se, et donc h= 0. Ceci prouve quedΦ x est injective.