Partie II. Etude du cas où p = 2

SESSION 2018 BÉCÉAS

Banque d’Épreuves des Concours des Écoles d’Actuariat et Statistique.

Mathématiques. Option A

Partie I. Solutions de l’équation de réplication scalaire

1) (a)Pourx∈]0, 1[,ϕ(x) = −1

x+lnx−ln(1−x).ϕ est dérivable sur]0, 1[ et pour tout réelx, ϕ^′(x) = 1

x²+ 1 x+ 1

1−x= (1−x) +x(1−x) +x²

x²(1−x) = 1

x²(1−x) > 0.

ϕest continue et strictement croisante sur]0, 1[.Donc,ϕest une bijection de ]0, 1[surϕ(]0, 1[) =

xlim→0ϕ(x),lim

x→1ϕ(x)

. Pour x > 0, ϕ(x) = −1+xlnx

x −ln(1−x) et donc ϕ(x) ∼

x→0 −1

x d’après un théorème de croissances comparées puis

xlim→0ϕ(x) = −∞. D’autre part,ϕ(x) ∼

x→1−ln(1−x)et donc lim

x→1ϕ(x) = +∞. Finalement,ϕ est une bijection de]0, 1[surR.

(b) Allure du graphe deϕ.

−1

−2

−3

−4

−5 1 2 3 4

1

(c) Soit a un réel donné de ]0, 1[, ϕ(x) −ϕ(a)

x−a →

x→1+∞ et donc Sup

ϕ(y) −ϕ(x)

y−x , (x, y)∈]0, 1[², x6=y

= +∞. ϕ n’est pas lipschitzienne sur ]0, 1[. Par contre, ϕ^′ est continue et donc bornée sur tout segment de ]0, 1[ et donc ϕ est lipschitzienne sur tout segment de]0, 1[.

Pourx∈]0, 1[, posonsu(x) =x²(1−x) =x²−x³. Pour x∈]0, 1[, u^′(x) =2x−3x²=x(2−3x).uest strictement positive sur ]0, 1[ et admet un maximum en 2

3 égal à u 2

3

= 4 9

1− 2

3

= 4

27. Donc, pour tout réelx de ]0, 1[, ϕ^′(x)> 27 4 . Puisque la fonctionϕ^′ ne s’annule pas sur]0, 1[, on sait que la fonctionϕ⁻¹est dérivable surϕ(]0, 1[) =Rpuis que, pour tout réely,

06 ϕ^−1′

(y) = 1

ϕ^′(ϕ⁻¹(y)) 6 4 27.

Ainsi, ϕ^−1′

est bornée surRet on sait alors que ϕ⁻¹est lipschitzienne surR(par exemple de rapport 4 27).

2) (a)Soitt∈R. Puisquef est de classeC¹ surR, à valeurs dans]0, 1[, la fonctionu7→ f^′(u)

(f(u))²(1−f(u)) est continue surR. On en déduit l’existence de l’intégrale proposée.

D’après la question, la fonctionu7→ϕ(f(u))est dérivable surRde dérivée la fonctionu7→ f^′(u)

(f(u))²(1−f(u)). Donc, Zt

0

f^′(u)

(f(u))²(1−f(u)) du= [ϕ(f(u))]^t₀=ϕ(f(t)) −ϕ(f(0)).

(b) Existence.Pour tout réelt, posonsf(t) =ϕ⁻¹(at+ϕ(y)). La fonctiont7→at+ϕ(y)est définie et dérivable surR à valeurs dansRet la fonction ϕ⁻¹ est définie et dérivable sur Rà valeurs dans ]0, 1[. Donc, la fonction f est dérivable surR, à valeurs dans]0, 1[puis, pour tout réelt

f^′(t) = a

ϕ^′(ϕ⁻¹(at+ϕ(y))) =a ϕ⁻¹(at+ϕ(y))2

1−ϕ⁻¹(at+ϕ(y))

=a(f(t))²(1−f(t)) et d’autre part,f(0) =ϕ⁻¹(ϕ(y)) =y. Donc, la fonctionf convient. Pourt∈R, posonsf_y(t) =ϕ⁻¹(at+ϕ(y)).

Unicité.Soitfest une solution de (2). Nécessairement,fest de classeC¹ surR, à valeurs dans]0, 1[ et pour tout réelt, ϕ(f(t)) −ϕ(y) =ϕ(f(t)) −ϕ(f(0)) =

Zt 0

f^′(u)

(f(u))²(1−f(u)) du= Zt

0

a du=at puis

f(t) =ϕ⁻¹(at+ϕ(y)) =fy(t).

Ceci démontre l’unicité defy.

3) (a)Soit[a, b]⊂]0, 1[. Soit(y, z)∈[a, b]². Pour tout réelt, d’après la question 1.(c),

|fy(t) −fz(t)|=

ϕ⁻¹(at+ϕ(y)) −ϕ⁻¹(at+ϕ(z)) 6 4

27|(at+ϕ(y)) − (at+ϕ(z))|= 4

27|ϕ(y) −ϕ(z)|

6 4

27kϕ^′k∞,[a,b]|y−z|(d’après l’inégalité des accroissements finis), et donc, kΦ(y) −Φ(z)k∞ 6 4

27kϕ^′k∞,[a,b]|y−z|. L’application Φ est donc lipschitzienne sur [a, b] et en particulier continue sur[a, b].

Ainsi,Φest continue sur tout segment de]0, 1[et donc sur]0, 1[.

(b)• ]0, 1[ est un connexe par arcs de R et Φ est continue sur ]0, 1[ à valeurs dans B(R,R) (car pour touty∈]0, 1[ et tout réelt,0 < f(t)< 1). Donc,S =Φ(]0, 1[)est un connexe par arcs de(B(R,R),k k^∞)d’après le théorème des valeurs intermédiaires.

•Soitg=f¹

2 ∈S. Pourε > 0 et pourt∈R, posonshε(t) =g(t) +2

πεArctant.hε est un élément deB(R,R)tel que khε−gk∞=ε. De plus,hε(0) = 1

2 puisa(hε(0)))²(1−hε(0)) = a

8 et h_ε^′(0) =g^′(0) + 2 πε= a

8 + 2

πε. Pour toute valeur deε > 0,h_ε^′(0)6=a(h_ε(0)))²(1−h_ε(0))et donch_ε∈/S.

Ceci montre que toute boule ouverteB(g, ε) sauf peut-être une, contient au moins un élément h_ε de B(R,R)qui n’est pas dansS et doncS n’est pas une partie ouverte de l’espace vectoriel(B(R,R),k k^∞).

• Soit (f_n)_n∈N une suite convergente d’éléments de S. La suite(f_n)_n∈N converge donc uniformément et en particulier simplement surRvers une fonctionfqui est bornée surR. Il existe une suite(y_n)_n∈Nune suite d’éléments de ]0, 1[telle que

∀n∈N, ∀t∈R, fn(t) =ϕ⁻¹(at+ϕ(y_n)).

On note que pour toutn∈N,y_n=f_n(0)∈]0, 1[puis que la suite(y_n)_n∈Nconverge versf(0).f(0)est donc nécessairement un élément de[0, 1].

•Si y=f(0)∈]0, 1[, alors pour tout réelt, par continuité deϕsur]0, 1[et de ϕ⁻¹surR, f(t) = lim

n→+∞ϕ⁻¹(at+ϕ(y_n)) =ϕ⁻¹(at+ϕ(y)) =fy(t),

et donc, la fonctionf est la fonctionf_y. Ainsi,fest un élément deS.

•Si f(0) =0, lim

n→+∞yn=0puis lim

n→+∞ϕ(y_n) = −∞et donc, pour tout réelt, on a nécessairement f(t) = lim

n→+∞

ϕ⁻¹(at+ϕ(y_n)) = lim

X→−∞

ϕ⁻¹(X) =0.

fest donc nécessairement la fonction nulle. Mais pourn∈N, sia > 0, lim

t→+∞

|f_n(t) −f(t)|=1et sia < 0, lim

t→−∞

|f_n(t) −f(t)|= 1. On en déduit que pour tout n∈N, kf−f_nk^∞ >1ce qui contredit le fait que la suite de fonctions (f_n)_n∈N converge uniformément vers la fonctionf surR.

•De même, sif(0) =1,fest nécessairement la fonction constantet7→1et la suite de fonctions(f_n)_n∈Nne converge pas uniformément vers la fonctionf surR.

En résumé, toute suite d’éléments deS, qui converge dans l’espace vectoriel normé (B(R,R),k k^∞), converge dansS. Donc,S est une partie fermée de l’espace vectoriel normé(B(R,R),k k^∞).

Partie II. Etude du cas où p = 2

1)Notons ℓla limite degen +∞et ℓ^′ la limite deg^′. Soit x > 0. La fonctiongest continue sur[x, 2x] et dérivable sur ]x, 2x[. D’après le théorème des accroissements finis, il existec(x)∈]x, 2x[tel queg(2x) −g(x) =xg^′(c(x)). Quandxtend vers+∞,g(2x) −g(x)tend versℓ−ℓ=0. D’autre part, puisquec(x)> x, on a lim

x→+∞c(x) = +∞puis lim

x→+∞g^′(c(x)) =ℓ^′. Siℓ^′ 6=0,g(2x) −g(x) ∼

x→+∞

ℓ^′xce qui contredit lim

x→+∞

g(2x) −g(x) =0. Donc,ℓ^′=0.

2) (a)

x^′ =hx⇒x^′−hx=0⇒e^−Hx^′−he^−Hx=0⇒ e^−Hx^′

=0

⇒∀t∈R, e^−H(t)x(t) =e^−H(0)x(0)⇒∀t∈R, x(t) =x(0)e^H(t)−H(0).

(b) Si x(0)> 0, alors pour t∈ R, x(t)> 0 et si x(0) < 0, alors pour t ∈R, x(t) < 0. En particulier, la fonction xne s’annule pas surR. Enfin, six(0) =0, alors pour toutt∈R,x(t) =0.

3) (a)Pour tout réelt,

f₁^′(t) +f₂^′(t) =he1−f(t), Af(t)if1(t) +he2−f(t), Af(t)if2(t)

=hf₁(t)e₁+f₂(t)e₂, Af(t)i−hf(t), Af(t)if₁(t) −hf(t), Af(t)if₂(t)

=hf(t), Af(t)i−hf(t), Af(t)if1(t) −hf(t), Af(t)if2(t)

=hf(t), Af(t)i(1−f₁(t) −f₂(t)).

(b)Pourt∈R, posonsx(t) =f₁(t) +f₂(t) −1eth(t) = −hf(t), Af(t)ide sorte que pour tout réelt,x^′(t) =h(t)x(t). On ax(0) =f₁(0) +f₂(0) −1=x₀+1−x₀−1=0. La fonctionhest continue surRet donc, d’après la question précédente, pour tout réelt,x(t) =0 ou encore, pour tout réelt, f₁(t) +f₂(t) =1.

4) (a)Pour tout réelt,

he₁−f(t), Af(t)i= (1−f₁(t)) (af₁(t) +cf₂(t)) −f₂(t) (bf₁(t) +cf₂(t))

= (1−f1(t)) ((a−c)f1(t) +c) − (1−f1(t)) ((b−c)f1(t) +c)

= (a−b) (1−f₁(t))f₁(t) et donc

f₁^′(t) = (a−b) (f₁(t))²(1−f₁(t)). Sia=b, alors pour tout réelt,f₁^′(t) =0puis pour tout réelt,f₁(t) =f₁(0) =x₀.

Sia6=b, d’après la question I.2.(b), pour tout réelt,f₁(t) =ϕ⁻¹((a−b)t+ϕ(x₀))(ce qui reste vrai quanda=b).

(b)Pour tout réelt,f(t) = ϕ⁻¹((a−b)t+ϕ(x₀)), 1−ϕ⁻¹((a−b)t+ϕ(x₀)) . Sia > b, lim

t→+∞

(a−b)t+ϕ(x0) = +∞puis lim

t→+∞

ϕ⁻¹((a−b)t+ϕ(x0)) =1. Dans ce cas, lim

t→+∞

f(t) = (1, 0).

Sia < b, lim

t→+∞

(a−b)t+ϕ(x₀) = −∞puis lim

t→+∞

ϕ⁻¹((a−b)t+ϕ(x₀)) =0. Dans ce cas, lim

t→+∞f(t) = (0, 1).

Sia=b, lim

t→+∞

f(t) = (x₀, 1−x0).

5) (a)Pour tout réelt,

he1−f(t), Af(t)i=a((1−f1(t))f1(t) −f2(t)f2(t)) =a

(1−f1(t))f1(t) − (1−f1(t))²

=a(1−f₁(t)) (2f₁(t) −1) et donc, pour tout réelt,

f₁^′(t) =af1(t) (1−f1(t)) (2f₁(t) −1).

(b).i.La question II.2.b) appliquée aux fonctionsx=1−f1eth= −af1(2f1−1)montre que1−f1est de signe constant surR. Puisque(1−f1) (0) =1−x0> 0, on a donc pour tout réelt,1−f1(t)> 0puisf1(t)< 1.

La question II.2.b) appliquée aux fonctionsx=2f1−1 eth=2af1(1−f1)montre que2f1−1est de signe constant sur R. Puisque(2f₁−1) (0) =2x₀−1 > 0, on a donc pour tout réelt,2f₁(t) −1 > 0puisf₁(t)> 1

2. Finalement, pour tout réelt, 1

2 < f₁(t)< 1.

(b).ii.Puisque pour tout réelt,f₁^′(t) =af1(t) (1−f1(t)) (2f₁(t) −1), on en déduit que pour tout réelt, sgn(a) (f₁^′(t)) = +.

La fonctionf1 est donc strictement monotone surR. D’autre part, la fonctionf1 est bornée. On en déduit quef1a une limite réelleℓquandttend vers+∞.

(b).iii.D’autre part, la fonction f₁^′ tend vers le réelaℓ(1−ℓ)(2ℓ−1)quandttend vers+∞. D’après la question II.1, on doit avoiraℓ(1−ℓ)(2ℓ−1) =0.

•Sia > 0, puisque pour tout réelt, 1

2 < f₁(t)< 1et quef₁est strictement croissante surR, on en déduit que 1

2 < ℓ61.

Puisqueaℓ(1−ℓ)(2ℓ−1) =0, on en déduit queℓ=1. Donc, sia > 0, lim

t→+∞

f(t) = (1, 0).

•Sia < 0,f1est strictement décroissante surR, on en déduit que 1

2 6ℓ < 1et doncℓ= 1

2 puisqueaℓ(1−ℓ)(2ℓ−1) =0.

Donc, sia < 0, lim

t→+∞

f(t) = 1

2,1 2

.

(c) La fonction f₂ vérifie de même : pour tout réelt, f₂^′(t) = af₂(t) (1−f₂(t)) (2f₂(t) −1) et f₂(0) =1−x₀ ∈ 1

2, 1

. D’après la question précédente, sia > 0, lim

t→+∞

f(t) = (0, 1)et sia < 0, lim

t→+∞

f(t) = 1

2,1 2

.

Partie III. Inégalité de Pinsker

1) (a) La fonction ln est concave sur ]0,+∞[ car sa dérivée seconde, à savoir la fonction x 7→ − 1

x², est négative sur ]0,+∞[. Donc, pour tout λ ∈ [0, 1] et tout (a, b) ∈]0,+∞[², λlna+ (1−λ)lnb 6ln(λa+ (1−λ)b). Par suite, pour (x, y)∈]0, 1[²,

K(x, y) =xlnx+ (1−x)ln(1−x) − (xlny+ (1−x)ln(1−y))>xlnx+ (1−x)ln(1−x) −ln(xy+ (1−x)(1−y))

>xlnx+ (1−x)ln(1−x) −ln(1+1) =xlnx+ (1−x)ln(1−x) −ln2.

La fonctionψ : x7→xlnx+ (1−x)ln(1−x) −ln2 est continue sur]0, 1[ et se prolonge par continuité en0 et en1(en posantψ(0) =ψ(1) = −ln2). Son prolongement est alors une fonction continue sur le segment[0, 1]. On en déduit que la fonctionx7→xlnx+ (1−x)ln(1−x) −ln2 est bornée sur]0, 1[et en particulier, est minorée sur]0, 1[.

Ceci montre que la fonctionKest minorée sur]0, 1[². Pour toutx∈]0, 1[, K(x, 1−x) =xln

x 1−x

+ (1−x)ln 1−x

x

= (2x−1)ln x

1−x

puis lim

x→1K(x, 1−x) = +∞. On en déduit que la fonctionKn’est pas majorée sur ]0, 1[².

(b) Les fractions rationnelles (x, y) 7→ x

y et (x, y) 7→ 1−x

1−y sont de classe C¹ sur ]0, 1[² à valeurs dans ]0,+∞[ et la fonction ln est de classeC¹sur]0,+∞[. Donc, les fonctions(x, y)7→ln

x y

et(x, y)7→ln 1−x

1−y

sont de classeC¹sur ]0, 1[². Il en est de même de la fonctionKpuis, pour(x, y)∈]0, 1[²,

∂K

∂x(x, y) =ln x

y

+1−ln 1−x

1−y

−1=ln

x(1−y) y(1−x)

puis, pour(x, y)∈]0, 1[²,K(x, y) =xlnx−xlny+ (1−x)ln(1−x) − (1−x)ln(1−y)et donc

∂K

∂y(x, y) = −x

y+ 1−x

1−y = −x(1−y) +y(1−x)

y(1−y) = y−x y(1−y).

(c)Soitx∈]0, 1[fixé. La fonctionΨ : y7→K(x, y)est dérivable sur]0, 1[, de dérivéeΨ^′ : y7→ y−x

y(1−y). La fonctionΨ^′ est strictement négative sur]0, x[ et strictement positive sur ]x, 1[. La fonctionΨadmet donc un minimum global strict sur]0, 1[ égal àΨ(x) =xlnx

x

+ (1−x)ln 1−x

1−x

=0.

Ainsi,∀(x, y)∈]0, 1[²,K(x, y)>0avec égalité si et seulementx=you encore, la fonctionKadmet sur]0, 1[²un minimum égal à0et ce minimum est atteint en tous les (x, x),x∈]0, 1[, et seulement en ces points.

(d)Soitx∈]0, 1[fixé. La fonction L_x : y7→K(x, y) −2(x−y)²est dérivable sur]0, 1[et poury∈]0, 1[

Lx

dx(y) = y−x

y(1−y)−4(y−x) = y−x

y(1−y)(1−4y(1−y))(y−x)(2y−1)² y(1−y) . Encore une fois, la fonctionL_x admet un minimum eny=xavecL_x(x) =0.

Donc,∀(x, y)∈]0, 1[²,K(x, y) −2(x−y)²=Lx(y)>0 puis,∀(x, y)∈]0, 1[²,xln x

y

+ (1−x)ln 1−x

1−y

>2(x−y)². 2) (a)Puisque

Xp

i=1

x_i= Xp

i=1

y_i=1,

Xp

i=1

|x_i−yi|= X

i∈B+

(x_i−yi) + X

i∈B−

(y_i−xi) = X

i∈B+

xi− X

i∈B+

yi+



1− X

i∈B+

yi



−



1− X

i∈B+

xi





=2(x_B+−y_B+).

(b)Si, par l’absurde, pour touti∈J1, pK, on ax_i> y_i, alors1= Xp

i=1

x_i>

Xp

i=1

y_i=1ce qui est impossible. Donc,B−6=∅. Si B+ = ∅alors, pour tout i ∈ J1, pK, x_i 6y_i. Si de plus, par l’absurde, il existe i₀ ∈ J1, pK tel quex_i0 < y_i0, alors 1=

Xp

i=1

x_i<

Xp

i=1

y_i=1 ce qui est impossible.

En résumé,B− est non vide et de plus,B+ est vide si et seulement si pour touti∈J1, pK, xi=y_i. Si pour touti∈J1, pK, xi=yi alorsxB+ =0,yB+ =0(erreur d’énoncé ?) et

Xp

i=1

xiln x_i

yi

=0.

Sinon,B+ et B− sont non vides et dans ce cas,0 < xB+ <

Xp

i=1

xi=1et de mêmeyB+ ∈]0, 1[ puis Xp

i=1

xiln xi

y_i

= X

i∈B+

xiln xi

y_i

+ X

i∈B−

xiln xi

y_i

Inachevé.

(c)Si pour touti∈J1, pK, xi=yi, alors l’inégalité à établir est immédiate. Sinon,xB+∈]0, 1[et yB+ ∈]0, 1[puis Xp

i=1

xiln xi

y_i

>xB+ln xB+

y_B+

+ (1−xB+)ln

1−xB+

1−y_B+

=K(xB⁺, yB⁺)

>2(x_B+−y_B+)² (d’après III.1.d)

=2 1 2

Xp

i=1

|x_i−y_i|

!2

(d’après III.2.a)

= 1 2

Xp

i=1

|x_i−y_i|

!2

.

Partie IV. Convergence vers un point de coordonnées strictement positives

1) (a)Pour touti∈J1, pKet toutt∈R,

f_i^′(t) =he_i−f(t), Af(t)if_i(t) et donc, pourt∈R,

Xp

i=1

f_i

!^′ (t) =

Xp

i=1

he_i−f(t), Af(t)if_i(t) =h Xp

i=1

f_i(t)e_i, Af(t)i− Xp

i=1

f_i(t)

!

hf(t), Af(t)i

= 1− Xp

i=1

fi(t)

!

hf(t), Af(t)i

puis

1− Xp

i=1

f_i

!^′

(t) = −hf(t), Af(t)i 1− Xp

i=1

f_i(t)

! .

Par suite, la fonctionx=1− Xp

i=1

fi vérifie x^′ =hxoù pour tout réelt,h(t) = −hf(t), Af(t)i. Puisquex(0) =0 et que h est continue surR, la question II.2.b permet d’affirmer quex=0et donc, pour toutt∈R,

Xp

i=1

f_i(t) =1.

(b)Pour i∈J1, pK, soithi : t7→hei−f(t), Af(t)i.hi est une fonction continue surRet f_i^′ =hifi. De plus,fi(0)> 0.

D’après la question II.2.b, pour tout réelt,f_i(t)> 0. Puisque pour tout réelt, Xp

i=1

f_i(t) =1, on en déduit que pour tout i∈J1, pKet toutt∈R, fi(t)∈]0, 1[(sip>2). Donc,fest à valeurs dans ∆⁰.

2) (a)Soitx∈∆⁰. Puisquex^∗ est aussi dans∆⁰, d’après l’inégalité (7) de la question II.2.c,

Q(x) = Xp

i=1

x^∗_iln x^∗_i

xi

>1 2

Xp

i=1

|x^∗_i−x_i|

!2

>0.

(b)De plus, six6=x^∗,Q(x)>1 2

Xp

i=1

|x^∗_i−xi|

!2

> 0et d’autre part, Q(x^∗) =

Xp

i=1

x^∗_iln x^∗_i

x^∗_i

=0.

(c)Soiti∈J1, pK.

Six^∗_i > xi> 0, ln x^∗_i

xi

= Zx^∗_i

xi

dt t 6

Zx^∗_i xi

dt xi

= 1 xi

(x^∗_i−xi).

Si0 < x^∗_i 6xi, −ln x^∗_i

x_i

= Zxi

x^∗_i

dt t >

Zxi

x^∗_i

dt x_i = 1

x_i(xi−x^∗_i)et encore une fois ln x^∗_i

x_i

6 1

x_i(x^∗_i−xi).

Puisque chaquex^∗_i est positif, on a dans tous les casx^∗_iln x^∗_i

x_i

6 x^∗_i

x_i(x^∗_i−x_i). En additionnant membre à membre ces inégalités, on obtient

Q(x)6 Xp

i=1

x^∗_i xi

(x^∗_i−x_i). Ensuite,

Xp

i=1

x^∗_i

x_i(x^∗_i−x_i)6 Xp

i=1

x^∗_i

x_i|x^∗_i−x_i|

6 1

min{x₁, . . . , xp} Xp

i=1

x^∗_i|x^∗_i−x_i|

6 1

min{x₁, . . . , xp} Xp

i=1

(x^∗_i)²

!¹_{2 p} X

i=1

(x^∗_i −x_i)²

!¹₂

(d’après l’inégalité deCauchy-Schwarz)

6 1

min{x₁, . . . , xp} Xp

i=1

x^∗_i

!¹_{2 p} X

i=1

(x^∗_i−x_i)²

!¹₂

(car pour touti∈J1, pK, x^∗_i ∈[0, 1])

= 1

min{x₁, . . . , xp} Xp

i=1

(x^∗_i−x_i)²

!¹₂ .

Finalement,

∀x∈∆⁰, Q(x)6 Xp

i=1

x^∗_i xi

(x^∗_i−xi)6 1 min{x1, . . . , xp}

Xp

i=1

(x^∗_i −xi)²

!¹₂ .

3) (a)La fonctionf est de classeC¹ surRà valeurs dans∆⁰ (d’après la question IV.1) etQ est de classeC¹ sur∆0 à valeurs dansR. Donc,Q◦fest de classeC¹surRà valeurs dansR. De plus, pour tout réelt,

Q(f(t)) = Xp

i=1

x^∗_iln(x^∗_i) − Xp

i=1

x^∗_iln(fi(t)) et donc

(Q◦f)^′(t) = − Xp

i=1

x^∗_if_i^′(t) f_i(t) = −

Xp

i=1

x^∗_ihei−f(t), Af(t)i

= −h Xp

i=1

x^∗_ie_i, Af(t)i+ Xp

i=1

x^∗_i

!

hf(t), Af(t)i

= −hx^∗, Af(t)i+hf(t), Af(t)i= −hx^∗−f(t), Af(t)i.

(b)Par hypothèse, pour tout réelt,hx^∗−f(t), Af(t)i>0(puisquef(t)est dans∆⁰) et donc pour tout réelt,(Q◦f)^′(t)60.

La fonctionQ◦fest donc décroissante surR. De plus, la fonctionQ◦fest minorée par0 d’après la question IV.2.a. On en déduit que la fonctionQ◦fa une limite en+∞qui est un réelℓpositif ou nul.

4) (a)D’après la question IV.2.c, pour tout réelt,

06Q(f(t))6 1

min{f₁(t), . . . , f_p(t)}

Xp

i=1

(f_i(t) −x^∗_i)²

!¹₂ , et donc, puisque la fonctionQ◦ftend versℓen décroissant,

Xp

i=1

(f_i(t) −x^∗_i)²>(min{f₁(t), . . . , f_p(t)})²(Q(f(t)))²>ε²ℓ². (b) • Soit α > 0. Soit B = Bo x^∗,√

α

. Vérifions que ∆∩C^Rp(B) est un compact de R^p. Si ∆∩C^Rp(B) = ∅, c’est immédiat. On suppose dorénavant∆∩CRp(B)6=∅.

Best un ouvert deR^p et doncCRp(B)est un fermé de R^p. D’autre part, l’application ϕ : x7→

Xp

i=1

xi est continue sur R^pcar linéaire (et dimR^p <+∞). Donc, ∆=ϕ⁻¹{1} est un fermé de R^p en tant qu’image réciproque d’un fermé deR par une application continue. Finalement,∆∩CRp(B)est un fermé deR^pen tant qu’intersection de fermé de R^p. Pour toutxde∆,kxk1=

Xp

i=1

xi=1et donc∆est une partie bornée deR^p. Il en est de même de∆∩CRp(B).

Finalement,∆∩CRp(B)est une partie fermée et bornée deR^p. PuisqueR^pest de dimension finie, le théorème deBorel- Lebesguepermet d’affirmer que∆∩CRp(B)est un compact de R^p.

•Soit α > 0. Si∆∩CRp(B) =∅, n’importe quel réel strictement positifβconvient (puisque pourx∈∆, la proposition kx−x^∗k²>αest toujours fausse).

Supposons dorénavant∆∩CRp(B)6=∅. La fonctionψ : x7→hx^∗−x, Axiest polynomiale en les composantes dexet est donc continue surR^p, à valeurs dansR. On en déduit que l’applicationψadmet un minimum sur le compact∆∩CRp(B).

Par suite, il existea∈∆∩CRp(B)tel que pour toutx∈∆∩CRp(B), hx^∗−x, Axi>hx^∗−a, Aai. Soitβ=hx^∗−a, Aai. Par construction,a6=x^∗ (carka−x^∗k²>α > 0) et doncβ > 0.

On a montré qu’il existe un réelβ > 0tel que :∀x∈∆,

kx−x^∗k²>α⇒hx^∗−x, Axi>β . (c)Pas trouvé.

(d)Pas trouvé.

5) (a)Pas trouvé.

(b)Pour tout réelt,

(f1f2f3)^′(t) =f₁^′(t)f2(t)f3(t) +f1(t)f₂^′(t)f3(t) +f1(t)f2(t)f₃^′(t)

= (he₁−f(t), Af(t)i+he₂−f(t), Af(t)i+he₃−f(t), Af(t)i)f₁(t)f₂(t)f₃(t)

=3h1

3(e₁+e₂+e₃) −f(t), Af(t)if₁(t)f₂(t)f₃(t)

=3hx^∗−f(t), Af(t)if1(t)f2(t)f3(t)>0.

Donc, la fonctionf1f2f3 est croissante surR. (c)Pas trouvé.