Sujet : Analyse, Calcul différentiel, Extremum sur compact

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 septembre 2013 Enoncés 1 Extremum sur compact Exercice 6 Mines-Ponts MP [ 02911 ] [correction] Calculer l’aire maximale d’un triangle inscrit dans un cercle de rayon r. Exercice 1 [ 00063 ] [correction] Soit f : (x,y)7→xy(1−x−y) définie sur Exercice 7 [ 03349 ] [correction] 2 Soit (ABC) un vrai triangle du plan. Pour un point M du plan, on poseT = (x,y)∈R /x,y> 0,x+y6 1 f(M) =MA+MB +MCa) Justifier que f est continue et présente un maximum à l’intérieur de T. b) Déterminer sa valeur. a) Etudier la différentiabilité de f. b) En considérant le disque fermé de centre A et de rayonAB+AC, établir que f possède un minimum absolu dans le plan. Exercice 2 [ 00064 ] [correction] c) Soit T un point où ce minimum est atteint. On suppose que T n’est pas un 2SoitD l’ensemble des couples (x,y)∈R tels que x> 0,y> 0 et x+y6 1. sommet du triangle. 2a) Montrer queD est une partie compacte deR . Etablir −→ −→ −→b) Soient a> 0,b> 0,c> 0 et f :D→R définie par : TA TB TC ~+ + = 0 TA TB TCa b cf(x,y) =x y (1−x−y) d) Montrer qu’alors le point T voit les sommets du triangle sous un même angle. Montrer que f est continue surD. c) Déterminer Exercice 8 Centrale MP [ 02465 ] [correction]sup f(x,y) (x,y)∈D Soit un triangle ABC et M parcourant l’intérieur de ce triangle. On veut déterminer en quelle position le produit des 3 distances de M à chacun des côtés du triangle est maximal.
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Extremum sur compact

Exercice 1[ 00063 ][correction]
Soitf: (x y)7→xy(1−x−y)définie sur
T=(x y)∈R2x y>0 x+y61

a) Justifier quefest continue et présente un maximum à l’intérieur deT.
b) Déterminer sa valeur.

Exercice 2[ 00064 ][correction]
SoitDl’ensemble des couples(x y)∈R2tels quex>0 y>0etx+y61.
a) Montrer queDest une partie compacte deR2.
b) Soienta >0 > b0 > c0etf:D →Rdéfinie par :

f(x y) =xayb(1−x−y)c

Montrer quefest continue surD.
c) Déterminer
supf(x y)
(xy)∈D

Exercice 3[ 00066 ][correction]
Déterminer
sup sinxsinysin(x+y)
[0π2]2

Enoncés

Exercice 4[ 00259 ][correction]
Déterminer le maximum de la fonctionfdéfinie sur le compactK= [01]2donnée
par
f(x y +) = (1xx2)1(+y+y2)

Exercice 5[ 00067 ][correction]
On noteCle cercle trigonométrique.
Quel est le périmètre maximal d’un triangle dont les sommets sont surC?

Exercice 6Mines-Ponts MP[ 02911 ][correction]
Calculer l’aire maximale d’un triangle inscrit dans un cercle de rayonr.

Exercice 7[ 03349 ][correction]
Soit(ABC)un vrai triangle du plan. Pour un pointMdu plan, on pose

f(M) =M A+M B+M C

1

a) Etudier la différentiabilité def.
b) En considérant le disque fermé de centreAet de rayonAB+AC, établir quef
possède un minimum absolu dans le plan.
c) SoitTun point où ce minimum est atteint. On suppose queTn’est pas un
sommet du triangle.
Etablir
T−→A T−→B T−→C=~0
T A+T B+T C
d) Montrer qu’alors le pointTvoit les sommets du triangle sous un mme angle.

Exercice 8Centrale MP[ 02465 ][correction]
Soit un triangleABCetMparcourant l’intérieur de ce triangle. On veut
déterminer en quelle position le produit des 3 distances deMà chacun des côtés
du triangle est maximal.
Indications : ne pas oublier de justifier l’existence de ce maximum, la réponse est
le centre de gravité du triangle.

Exercice 9[ 03509 ][correction]
Déterminer les extrema defsurDavec
f(x y) =x4+y4−2(x−y)2avecD=(x y)∈R2x2+y264

Exercice 10[ 03510 ][correction]
SoitSle sommet de coordonnées(a0)de l’ellipse d’équation

2 2
xa2+by21
=

Déterminer deux pointsM Nde l’ellipse tels que l’aire du triangle(SM N)soit
maximale.

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Corrections

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
a)fest polynomiale donc continue.Test compact doncfprésente un maximum
surT. Commefpositives et des valeurs nulles surprend des valeurs strictement
le bord deT,fprésente son maximum à l’intérieur deT.
b)fest de classeC1sur l’ouvertU=T◦donc le maximum defest point critique.

∂∂fx(x y) =y(1−2x−y)et∂yf∂(x y) =x(1−x−2y)

Après résolution, on obtient que seul le couple(1313)est point critique defet
on a
f(131)31=72

Le seul point critique intérieur à[0 π2]2est enx=y=π3et la valeuryest
3√3
8.
Sur le bord de[0 π2]2le maximum est celui de la fonctionϕavec

1
ϕ(t) = sintsin (π2−t) = sintcost= sin 2t
2
Ce maximum vaut12.
Puisque

on a

3√3 1
8>2
[0sπup2]2sinxsinysin(x+y 8 3) =√3

2

éExercice 4 :[énoncé]
aExDerecsitce 2 :[énonc ]Rappelons que toute fonction réelle définie et continue sur un compact non vide y
) fermée et bornée donc cαompacteαofcnitnoimax.P.umsquilaueemdamnutfest continue sur le compactK, on est
b) Pourα >0, la fonctiont7→t=e0lntissit>t=00est continue sur[01]assuré de l’existence du maximum étudié.
doncfest continue par composition. NotonsUl’ouvert donné par
cP)uiPsuqiusequfeefontcesuresnutipmcanuocdaemitylaximtunmum..evitisoptnemetictrrseualàvstmeixumecamluelonnnveetsitistpoU=K◦= ]01[2
UOr=fe(sxtny)ull∈eRsu2rxleybo>rd0tedexD+doyn<c c1etrl’nsveoumemudastamixedeuqitncunstdotcripoincte’efcarfLa fonctionfest de classeC1surU.
e∂∂sxft(Cx1 ys)ur=l’xoau−v1eyrtb(U1.−x−y)c−1(a(1−x−y)−cx)et∂y∂f(x y) =xayb−1(1−x−y)c−1(b(1−x−y)∂f∂x−(ycx)y) = 1−2)x2y(1−+x2y2)et∂y∂f(x y+1(1=)−x22)x(y1−+yy22)2
(1 +x2
Après résolution, seul le couple(1√31√3)est point critique defdansU.
Il n’y a qu’un seul point critique c’est : La valeur defen ce couple est
a+ba+c  a+bb+cf√13√13= 3√83
Finalement
aabbcc

(xsyu)p∈Df(x y () =a+b+c)a+b+c

Exercice 3 :[énoncé]
La fonctionf: (x y)7→sinxsinysin(x+y)est continue sur le compact[0 π2]2
donc y admet un maximum.

Sur le bord deK, les valeurs prises parfsont les valeurs prises sur[01]par les
fonctions

ϕ(t) =f(t0) =f(0 t 1 +) =tt2etψ(t) =f(t1) =f(1 t=1+2(1+)tt2)

D’une part

ϕ(t)621

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et d’autre part

ψ0(t) =x4(2+1x+2x−2)x2+ 1>0

Corrections

donne que le maximum deψestψ(1) = 12.
Puisque
3√3>12
8
on peut affirmer que le maximum defn’évolue pas sur le bord du compactK, il
est donc forcément dansUet c’est alors un point critique defqui ne peut qu’tre
le couple(1√31√3).

Exercice 5 :[énoncé]
On peut supposer l’un des sommets tre(10)et les deux autres repérés par des
angles0< α < β <2π.
Cela nous amène à considérerf: (α β)7→2sinα2+ sinβ2−α+ sin2βsur l’ouvert
U=(α β)∈R20< α < β <2π.
Le maximum, qui existe, est alors point critique de cette fonction de classeC1.
cosα2−cosβ−2α= 0
Cela nous amène à résoudre le systèmesoc2β+ cβ2α= 0.

os
L’équationcosα2= cosβ−2αdonneα2=β−2α[2π]ouα2=α2−β[2π].
L’alternative2α=α2−β[2π]est à exclure et il resteβ= 2αavec de plus
α∈]0 π[.
L’équationcos2β=−cosβ2−αdonne alorscosα=−cos2αd’oùα=32πpuisque
α∈]0 π[.
Finalement le triangle correspondant est équilatéral.

Exercice 6 :[énoncé]
NotonsA B Cles points définissant notre triangle etOle centre du cercle
cEirncionntsrcoridtu.isantlesmesuresα β γdes anglesO−→C O−→B,O−→B−O→Aet
−O→A O−→B, on vérifieα+β+γ [2= 0π]et on peut calculer l’aire algébrique des
triangles(OAB),(OBC)et(OCA)qui sont respectivement

21r2sinα,21r2sinβet12r2sinγ=−12r2sin(α+β)

L’aire algébrique du triangle(ABC)est alors

f(α β=12)r2(sinα+ sinβ−sin(α+β))

L’étude des points critiques de cette fonction de classeC1sur]02π[2conduit à
résoudre le système
(csosocαβ=((ssoocc=αα++ββ))

dont les seuls solutions dans]02π[2sont
32π32πet43π4π
3

Ce sont les situations de triangles équilatéraux resp. direct et indirect.
L’extremum trouvé vaut
3√3r2
4

Exercice 7 :[énoncé]
a) La fonctionM7→M Aest différentiable sauf enAet sa différentielle en un
pointMest−→~

~ M Ah
h7→M A
On en déduit quefest différentiable en tout point du plan sauf enA BetCet
−→
df(M) :~h7→−AMAM+−MM−→BB+−MM−→CC!~h

b) La fonctionfest continue sur le disqueDconsidéré. Puisque ce dernier est
compact, la fonctionfadmet un minimum sur ce disque en un certain pointT:

∀M∈ D f(M)>f(T)

Puisque le pointAappartient au disqueD, on a

f(T)6f(A)

Pour un pointMen dehors de ce disque, on a

f(M)>M A > AB+AC=f(A)>f(T)

3

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Le pointTapparaît donc comme étant un minimum absolu defsur le plan.
c) La différentiel defenTest nulle donc

T−→A T−→B T−→~
T A+T B+CCT= 0

Corrections

d) Les trois vecteurs sommés sont unitaires. Notonsa b cleurs affixes dans un
repère orthonormé direct donné. La relation vectorielle ci-dessus donne

a+b+c= 0avec|a|=|b|=|c|= 1

En multipliant para−1, on obtient

1 +x+y= 0avec|x|=|y|= 1

oùx=a−1bety=a−1c
Les parties imaginaires dexetysont alors opposées et la somme de leurs parties
réelles vaut−1. On en déduit qu’à l’ordre prèsx=jety=j2.
Finalement on obtient

(T−→A T−→B) = (T−→B T−→C) = (T−→C T−→A) =±32π[2π]
Notons qu’on peut en déduire un procédé construisant le pointTcomme
intersection de cercles que l’on pourra définir en exploitant le théorème de l’angle
au centre. . .

Exercice 8 :[énoncé]
Méthode analytique :
L’intérieur du triangle et son bord forment un compact. La fonction considérée est
continue sur celui-ci donc admet un maximum. Celui-ci ne peut tre au bord car
la fonction prend des valeurs strictement positives alors qu’elle est nulle sur le
bord. Il existe donc un maximum à l’intérieur du triangle et celui-ci annule la
différentielle de la fonction.
En introduisant un repère,A(00),B(10)etC(a b)(ce qui est possible qui à
appliquer une homothétie pour queAB= 1) la fonction étudiée est

f(x y) =y(bx−ay)(b(x−1)−(a−1)y)

On résout le système formé par les équations

∂∂fx(x y) = 0et∂y∂f(x y) = 0

4

Le calcul est très lourd sans logiciel de calcul formel mais on parvient à conclure.
Méthode géométrique (plus élégante) :
Le pointMpeut s’écrire comme barycentre des pointsA B Caffectés de masses
a b c>0vérifianta+b+c= 1.
L’aire du triangle(M BC)est donné par
21−−M→ −B−C→)
t(B 
De
Or

−B−M→=aB−→A+bB−→B+cB−→C

donc
(−B−M→ B−→C) =aDet(B−→A B−→C)
Det
En notantAl’aire du triangleABCetdAle distance deMà la droite(BC), on
obtient
dABC
a=
A

De façon analogue,
d AC dC
b=BAetc=AAB
avec des notations entendues.
Par suite, maximiser le produitdAdBdCéquivaut à maximiser le produitabcavec
les contraintesa+b+c= 1eta b c>0
La maximisation deab(1−a−b)aveca b>0eta+b61conduit àa=b= 13,
d’oùc= 13et le pointMest au centre de gravité.

Exercice 9 :[énoncé]
La fonctionfest continue sur le compactDy admet un minimum et unet donc
maximum.
Si ces extremum sont à l’intérieur deD, ce sont des points critiques def.

f∂xf∂∂((yxxy)0==)0⇔(xy33−(+(xx−−yy=)0)=0
∂y
Après résolution on obtient les points critiques(00),(√2√−2)et(√−2√2)
mais les deux derniers ne sont pas éléments de l’intérieur deD.
La valeurs defen(00)est0.
Il reste à étudier les valeurs prises parfsur le bord deD.

f(2 cost2 sint) =−8 sin2(2t) + 8 sin(2t) + 8

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Corrections

L’étude des variations de la fonctionx7→ −8x2+ 8x+ 8sur[−11]donne les
valeurs extrémales−8et14.
On en déduit que le minimum defvaut−8et son maximum 14.
plot3d(eval([x, y, xˆ4+yˆ4-2*(x-y)ˆ2], [x=r*cos(t), y=r*sin(t)]),
r=0..2, t=0..2*Pi, grid=[50, 50]);

Surface représentantfau dessus deD

Exercice 10 :[énoncé]
En considérons un triangle direct, on peut écrire

M(acosu bsinu)etN(acosv bsinv)

avec06u6v62πet l’aire du triangle(SM N)est alors
21DetS−M→ S−N→=a2b(sinv−sinu+ sin(u−v))

Le problème revient alors à maximiser la fonction

f: (u v)7→sinv−sinu+ sin(u−v)

sur le compactD={(u v)06u6v62π}.
Puisque la fonctionfest continue ce maximum existe et puisqu’il n’est
évidemment pas sur le bord deD(qui correspond aux triangles plats) c’est un
point critique de la fonctionf.
On résout alors le système
−cosu+ cos(u−v) = 0
(cosv−cos(u−v) = 0

qui entraînecosu= cosvdoncv= 2π−upuiscosu= cos(2π−2u)donne
u= 2π3etv= 4π3.
Ceci détermine les pointsMetNcherchés.

5

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