Correction : Analyse, Optimisation d'une fonction le long une courbe

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Géométrie du plan. Suites récurrentes. Fonctions de deux variables réelles.

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d’après Banque PT 2003.

1.a

1.b

2.

1.a

1.b

2.a
2.b
2.c

1.

Correction

Partie I

Posons=. Par Thalès :=−donc=−et donc=2+2=
L’intersection des couloirs définies deux angles droits l’un interne, l’autre externe.
En prenant la barre la plus longue possible, on sera amené à visualiser un
triangle rectangle dont l’angle droit est l’angle interne, l’hypoténuse est la
barre et l’angle externe définissant un point sur cet hypoténuse. La
longueur maximale de la barre pour pouvoir passer d’un couloir à l’autre
apparaît alors comme étant le minimum de la fonction
:֏1+(−)112pour>1 .

′()=

2
1+2.
(−)

.
− =
1+(−11)2−1+((−1)132qui est du signe de 1+11)2(1)3((−1)31)−31
(−−−
−1)

 . 2 2admet donc un minimum en 2 et la longueur correspondante de la barre est
Notonsle diamètre etla hauteur.
2
On cherche à minimiser=2π+πavecπ22=.
2
r la fonction:֏π22+4.() 42π3−24
Il s’agit donc de minimise=′π−=.
Cette fonction admet un minimum en=34et on alors=.
π

Partie II

est lipschitzienne donc continue.
Unicité : Si,sont solutions alors en appliquant la relation initiale on obtient()−()≤ −
donc−≤ −d’où=car<1 .
Existence : Considérons:֏()−définie et continue sur=α,β.
On a(α)=(α)−α≥0 car(α)∈=α,βet(β)=(β)−β≤0 car(β)∈=α,β.
Par le TVI,s'annule en un certainξ∈,qui donne(ξ)=ξ.
Puisque:→, la suite est bien définie et formée d’éléments de.
+1−ξ=()−(ξ)≤ −ξ. Par une récurrence aisée :−ξ≤0−ξ.
Quand→ +∞,→0 car∈ donc par comparaison0,1 et−ξ→0 puis→ξ.

Partie III

Par opérations sur les fonctions de classe1,est de classe1.
∂   ∂= −  
∂∂(,)∂−=1 ∂∂(,) et∂( , ) 1∂1,)∂( , ) .
∂( , )∂(

et

2.a

2.b

2.c

2.d

3.a

3.b

3.c

 (est ouvert et,)∈donc il existe1>0 tel que−1,+1×−1,+1soit inclus dans.
La fonction (,)֏∂∂(,) est continue en (,) donc pourε= il existe1 ,2>0 tel que pour tout
(,)∈−2,+2×−2,+2∩on ait∂∂(,)∂∂−(,)≤1
∂ ≤ ∂+ =en vertu de l’iné al
et donc∂(,)∂( triangulaire renversée. g ité, ) 1
La fonction (,)֏∂∂(, ( continue en) est,) donc pourε=1 2 , il existe3>0 tel que pour tout
∂ ∂ .
(,)∈−3,+3×−3,+3∩on ait :∂(,)∂−( , )≤21
et donc∂∂(,)≤2rac 1 ∂(,)=0 .
∂
Posons=min(1,2,3)>0 et=−,+×−,+.
On a⊂ (et pour tout,)∈,∂∂(,)≤et∂∂(,)≤2. 1
Considérons l’application:֏(,) définie sur le segment d’extrémitéset′
′ = ∂ donc()
est de classe1et()∂ )( ,≤′.
Par l’IAF :()−(′)≤ −′d’où l’inégalité voulue.

Considérons l’application:֏(, sur le segment d’extrémités) définieet′.
′ = ∂ donc 1
est de classe1et()∂( , )′()≤2 .
Par l’IAF :()−(′)≤12−′d’où l’inégalité voulue.
Prenonsα=min(,2)>0 et=−α,+α.
On a×−,+⊂⊂et pour tout∈,
(,)−(,)≤ −≤α= .2
Notons que(,).
=
Pour tout (,)∈×,(,)−(,)=(,)−(,)+(,)−(,)
nc
do(,)−(,)=(,)−(,)+(,)−(,)≤12−+2≤12+12=.
Par suite(,)∈.
On a֏(, sur) définieà valeurs danset pour tout,∈′,()−(′)≤21−′donc
c’est une application contractante.

En appliquant les résultats de la partie II à la fonction:֏(,) sur, on peut dire qu’il existe un
unique∈tel que()=i.e.−∂∂1),((,)=soit encore(,)=0 .
 

Puisque(,)=0 avec∈et∈on aϕ()=.
On aϕ()=(,ϕ()) donc
ϕ()−ϕ(′)=(,ϕ())−(′,ϕ(′))≤(,ϕ())−(′,ϕ())+(′,ϕ())−(′,ϕ(′)) .
Or(,ϕ())−(′,ϕ())≤ −′et(′,ϕ())−(′,ϕ(′))≤12ϕ()−ϕ(′)

4.

1.a

1.b

2.

1.

2.

′ ′
doncϕ()−ϕ()≤2 −.
ϕest continue car lipschitzienne.
Le résultat précédent correspondent au théorème des fonctions implicites.
C’est celui-ci qui justifie queϕest de classe1.
Par composition,֏(,ϕ( de classe)) est1et
ϕ=ϕ+ϕϕ.
∂ ′ ∂
dd((, ()))∂(, ()) ()∂(, ())
Or(,ϕ())=0 donc∂(,ϕ())+ϕ′()∂(,ϕ()) 0
=
∂∂
puis en évaluant en=:∂∂(,)+ϕ′()∂∂(,)= enfin0 d’oùϕ′()=−∂∂(,)∂∂(,) .

Partie IV

Pour tout∈, (,ϕ())∈×⊂et(,ϕ())=0 donc (,ϕ())∈ Γ.
Si (, un extremum de) estlié par la relation(,)=0 alors la fonction֏(,ϕ()) admet un
extremum en. Or֏(,ϕ()) est édiravdlb ete d((,ϕ())=∂∂)(,ϕ())+ϕ′()∂∂(,ϕ())
donc en:∂∂(,)+ϕ′()∂∂(, donc) et∂∂(,)∂∂(,)−∂∂(,)∂∂(,)=0 compte tenu
de la valeur deϕ′( en III.4) obtenue
Certes on présume que non, donnons un contre exemple.
Prenons(,)=et(,)=3.de sorte queΓ =() et quesurΓcorresponde à la fonction
d’élévation au cube. (,)=(0, 0) vérifie la relation de IV.1.a mais ne correspond pas à un extremum lié.
Il s’agit ici d’inverser les variableset.
Posons(,)=(,) et(,)=(,) .
On a∂∂(,)∂=∂(,) ,∂∂(,)∂=∂(, de même pour) etet.
On peut alors appliqué le résultat de IV.1.a à la fonction (présentant en,) un extremum lié à la
relation(,)=0 ce qui donne :∂∂(,)∂∂(,)∂∂−(,)∂∂(,)=0
   
uis∂  ∂  − ∂  ∂  =0 comme voulu.
p∂( , )∂( , )∂( , )∂( , )

Partie V

Posons,les deux côtés du triangle autre que son hypoténuse avec (,)∈=(ℝ+*)2.
1
Considérons(,)=++2+2−ℓet(,)=2.
Sietsont les côtés du triangle cherché alors (, un extremum de) est(,) lié par la relation
(,)=0 donc∂(,)∂(,)− ∂(,)∂(,)=0
∂∂∂∂
c’est à dire 1 1
2(1+2+2)−2(1+2+2)= donne0 qui=et donc==2+ℓ2 .
Finalement le triangle cherché est rectangle isocèle.
On introduit un repère dont l’origine est le centre du cercle circonscrit de rayon.
Quitte à appliquer une rotation, on peut supposer que le sommet commun aux côtés égaux soit le point de
coordonnées ( . Les deux autres sommets du triangles sont alors d’ordonnées strictement positive et, 0)

strictement négative.
Considérons(,)=2+2−2et(,)=(−).
L’équation(,)= les points du cercle, la quantité0 caractérise(,) (avec>0 ) correspond à
l’aire du triangle isocèle étudié quand le sommet d’ordonnée strictement positive est de coordonnées
(,) .
Si (, les coordonnées du sommet ) sontd’ordonnée strictement positive d’un triangle solution alors
(, un extremum de) est(, à la relation) lié(,)=0 . On a donc :−2−(−)=0 d’où
2−2−=0 . Or2+2=2donc 22−−2=0 de racineset−2 .
Seule la racine− à considérer et elle conduit à la hauteur2 est 32 .

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