Corrigé de l'examen de Janvier 2008

Universit´e P. et M. Curie Licence de Math´ematiques

LM360 B

Lundi 14 janvier 2008

Topologie et Calcul Diff´ erentiel Corrig´ e de l’examen

Dur´ee 3 heures – sans document

I

1) La fonction f est clairement continue sur (R⁺)³ \ {(0,0,0)} comme quotient de fonctions continues. De plus, on a, pour (x, y, z) ∈ (R⁺)³, xyz 6 (max(x, y, z))³ ainsi que (x+y+z)² >(max(x, y, z))², d’o`u f(x, y, z)6 max(x, y, z), ce qui prouve la continuit´e de f en 0.

Les fonctions (x, y, z)7→ xyz et (x, y, z)7→ (x+y+z)² sont de classe C¹ sur l’ouvert P =]0,+∞[³ et la seconde ne s’y annule pas ; il en r´esulte que leur quotient f est de classe C¹ sur P.

2) L’ensembleK est ferm´e born´e dans l’espace de dimension finie R³, donc est compact, et la fonction continuef atteint son maximum sur ce compact. Puisquef est positive surK, et nulle six ouyouz est nul, le maximum de f sur K est aussi le maximum def surP∩K. La fonctionϕ: (x, y, z)7→x²+y²+z²−a² est de classe C¹ sur R³, et sa diff´erentielle, qui ne s’annule qu’en (0,0,0), est non-nulle en tout point deK ⊂ϕ⁻¹(0). Il r´esulte du th´eor`eme sur les extrema li´es que le maximum de f sur K est atteint en un point (x₀, y₀, z₀) de P pour lequel existe un multiplicateur de Lagrange λ tel que :





















∂f

∂x(x0, y0, z0) =λ∂ϕ

∂x(x0, y0, z0)

∂f

∂y(x0, y0, z0) =λ∂ϕ

∂y(x0, y0, z0)

∂f

∂z(x₀, y₀, z₀) =λ∂ϕ

∂z(x₀, y₀, z₀) ϕ(x₀, y₀, z₀) = 0

c’est-`a-dire :

y₀z₀

(x₀+y₀+z₀)² −2 x₀y₀z₀

(x₀+y₀+z₀)³ = 2λx₀ z0x0

(x₀+y₀+z₀)² −2 x0y0z0

(x₀ +y₀+z₀)³ = 2λy₀ x0y0

(x₀+y₀+z₀)² −2 x0y0z0

(x₀+y₀+z₀)³ = 2λz0

x²₀+y²₀+z²₀ =a² donc

x₀y₀z₀

(x0+y0+z0)² −2x₀ x₀y₀z₀

(x0+y0+z0)³ = 2λx²₀

x₀y₀z₀

(x0+y0+z0)² −2y₀ x₀y₀z₀

(x0+y0+z0)³ = 2λy₀² x₀y₀z₀

(x₀+y₀+z₀)² −2z₀ x₀y₀z₀

(x₀+y₀+z₀)³ = 2λz₀² x²₀+y²₀+z²₀ =a²

donc en faisant la somme :

0< f(x₀, y₀, z₀) = 3 x₀y₀z₀

(x₀+y₀+y₀)² −2 x₀y₀z₀

(x₀+y₀+y₀)² = 2λ(x²₀+y²₀+z²₀) = 2λa² , ce qui montre que λ >0. Par diff´erence, on obtient

z₀(y₀−x₀)

(x₀+y₀+z₀)² = 2λ(x₀−y₀) donc≥

2λ+ z₀

(x₀+y₀+z₀)²

¥(x0−y0) = 0, d’o`u x0 =y0 puisque 2λ+ z₀

(x₀+y₀+z₀)² >0.

De mˆeme, on obtienty₀ =z₀, ce qui entraˆıne x²₀ =y²₀ =z²₀ = a²

3 , doncx₀ =y₀ =z₀ = a

√3, et

sup

(x,y,z)∈K

f(x, y, z) =f(x₀, y₀, z₀) = a³ (√

3)³(a√

3)² = a 9√

3 . 3) Pour x, y et z r´eels, si on pose a =p

x²+y²+z², le point (|x|,|y|,|z|) appartient `a K et on a, d’apr`es ce qui pr´ec`ede, f(|x|,|y|,|z|)6 a

9√

3, c’est-`a-dire :

|xyz|

(|x|+|y|+|z|)² 6

px²+y²+z² 9√

3 ou encore|xyz|6 1

9√

3(|x|+|y|+|z|)²p

x²+y²+z². II

1) Puisquef est une isom´etrie, il en est de mˆeme de f⁽ⁿ⁾, et on a d(x_n, x_n+p) =d(f⁽ⁿ⁾(x), f⁽ⁿ⁾(x_p)) =d(x, x_p) .

Et si p>1, le pointx_p =f(x_p−1) appartient `a f(X), d’o`u d(x, x_p)>d(x, f(X)) =α.

Si on avaitα >0 les distances mutuelles des points de la suite (x_n) seraient donc toutes sup´erieures `a α, et la suite (xn) ne pourrait avoir de sous-suite convergente, contrairement

`

a l’hypoth`ese de compacit´e de X. Donc α = 0, et d(x, f(X)) = 0, ce qui signifie que x est adh´erent `a f(X).

2) Puisque f est continue et X compact, f(X) est compact, donc ferm´e dans X. Il en r´esulte que x ∈ f(X) ; et puisque x est arbitraire, f(X) = X, ce qui signifie que f est surjective.

De plus, si f(x) =f(y), on a d(x, y) = d(f(x), f(y)) = 0, ce qui montre que x = y. Il en r´esulte que f est injective.

3) Si on prendX =R⁺ et si on d´efinitf parf(x) =x+1, il est clair quef est isom´etrique et que f(X) = [1,+∞[6=X, donc que f n’est pas surjective.

4) Il est clair que la compos´ee de deux isom´etries est une isom´etrie, que la loi ◦ est associative dans G, et que l’application identique est ´el´ement neutre de (G,◦). Si f ∈ G, il r´esulte de la question 2) que f est bijective, et il est alors clair que f⁻¹ est isom´etrique, donc appartient `a G, ce qui montre que f poss`ede un inverse dans G, et ach`eve de prouver que (G,◦) est un groupe.

5) Soient f, f⁰, g et g⁰ dansG. On a, pour x∈X, en posant y=g⁰(x) : d(f⁰◦g⁰(x), f◦g(x))6d(f⁰(g⁰(x)), f(g⁰(x))) +d(f(g⁰(x)), f(g(x)))

=d(f⁰(y), f(y)) +d(g⁰(x), g(x)) 6δ(f⁰, f) +δ(g⁰, g)

ce qui montre que δ(f0◦g⁰, f◦g) 6 δ(f⁰, f) +δ(g⁰, g) 6 2 max(δ(f⁰, f), δ(g⁰, g)). Il en r´esulte que la composition est 2-lipschitzienne deG×G dans G, et en particulier continue.

De mˆeme, en posant z =f⁻¹(x), on a :

d(g⁻¹(x), f⁻¹(x)) =d(g⁻¹◦f(z), z) =d(g(g⁻¹◦f(z)), g(z)) =d(f(z), g(z))6δ(f, g) d’o`uδ(g⁻¹, f⁻¹)6δ(f, g), ce qui montre que f 7→f⁻¹ est 1-lipschitzienne de G dans G, et en particulier continue.

De fait, par sym´etrie, on a aussi δ(f, g) = δ((f⁻¹)⁻¹,(g⁻¹)⁻¹) 6 δ(f⁻¹, g⁻¹), ce qui montre queδ(f⁻¹, g⁻¹) =δ(f, g), c’est-`a-dire que f 7→f⁻¹ est une isom´etrie de (G, δ).

6) Si la suite (f_n) converge simplement en tout point de A, la fonction g d´efinie en tout pointa de Apar g(a) = lim_n→∞f_n(a), v´erifie, pour aet b dans A:

d(g(a), g(b)) = lim

n→∞d(f_n(a), f_n(b)) =d(a, b)

puisque chaque f_n est une isom´etrie. La fonction g est donc 1-lipschitzienne sur la partie denseA, et ezn particulier uniform´ement continue sur A`a valeurs dans l’espace complet X, donc se prolonge en une fonction continue f de X dans X.

L’ensemble F = {(x, y) ∈ X ×X : d(f(x), f(y)) = d(x, y)} est ferm´e et contient A×A puisque g est isom´etrique sur A. Il en r´esulte que F =X×X, c’est-`a-dire que f est isom´etrique de X dans X.

Il reste `a montrer la convergence uniforme de (f_n) vers f. Soit ε > 0. Puisque A est dense dans X, on a S

a∈AB(a,ε

3) = X, et par compacit´e de X, le recouvrement ouvert (B(a,ε

3))_a∈A poss`ede un sous-recouvrement fini (B(a,ε

3))_a∈J. Puisque f_n converge vers g en chaque point de l’ensemble fini J, il existe un entier N tel que, pour tout n>N et tout a ∈ J, on ait d(f_n(a), f(a)) = d(f_n(a), g(a)) 6 ε

3. Alors, pour x ∈ X et n > N, il existe a∈J tel que x∈B(a,ε

3). Et on a, compte tenu du fait que f_n et f sont des isom´etries : d(f_n(x), f(x))6d(f_n(x), f_n(a)) +d(f_n(a), f(a)) +d(f(a), f(x))

6d(x, a) +d(fn(a), f(a)) +d(x, a)6 ε 3 + ε

3 + ε 3 =ε

ce qui montre que δ(f_n, f)6ε si n>N, et prouve la convergence uniforme de (f_n) vers f. 7) Pour prouver la compacit´e de G, il suffit de montrer que toute suite (f_n) dans G poss`ede une sous-suite convergente. Si on d´efinit, pour n entier, l’´el´ement ξ<sub>n</sub> de X<sup>A</sup> par ξ<sub>n</sub> = (f<sub>n</sub>(a))<sub>a∈A</sub>, la suite (ξ<sub>n</sub>) dans l’espace compactX<sup>A</sup> poss`ede une sous-suite convergente (ξ_nk), et quitte `a remplacer la suite (f<sub>n</sub>) par la suite (f<sub>nk</sub>), on peut supposer que (ξ<sub>n</sub>) converge dans X<sup>A</sup>, c’est-`a-dire que la suite (f_n) converge simplement sur A. Il r´esulte alors de la question pr´ec´edente que (f_n) converge uniform´ement vers un ´el´ement f de G. Ceci ach`eve de prouver la compacit´e deG.

III 1) On a p(x, α) =x^k+Pk−1

j=0a_jx^j, qui est somme de produits de fonctions de classe C¹ sur R×R^k, donc p est elle-mˆeme de classe C¹.

2) On a ∂p

∂x(x₀, α) = P_α⁰(x₀) 6= 0. Il r´esulte alors du th´eor`eme des fonctions implicites qu’existent un voisinage V de α dans R<sup>k</sup>, un voisinage W de x<sub>0</sub> dans R et une fonction ϕ de classe C<sup>1</sup> deV dans R, `a valeurs dans W tels que, pour β ∈V, on ait

p(x, β) = 0 ⇐⇒ x=ϕ(β) .

Alorsϕ(α) =x₀ puisque p(x₀, α) = 0, et puisque P_β(ϕ(β)) = 0,ϕ(β) est racine de P_β. 3) On a P_α(1) = 1 +Pk−1

j=0(−1)^j+1 = Pk

j=0(−1)^j+1 = 0 puisque k est impair. De plus P_α⁰(1) = Pk

j=0(−1)^j+1j = P_(k−1)/2

i=0 (−2i+ (2i+ 1)) = k+ 1

2 > 0. On en d´eduit que 1 est racine simple deP_α et qu’on peut appliquer ce qui pr´ec`ede. Il r´esulte alors du th´eor`eme des fonctions implicites que les d´eriv´ees partielles deϕ par rapport aux aj sont donn´ees par :

∂ϕ

∂a_j(α) =−

∂p

∂aj(1, α)

∂p

∂x(1, α) On a alors ∂p

∂x(1, α) = P_α⁰(1) = k+ 1

2 et ∂p

∂aj

(x, α) = x^j, donc ∂p

∂aj

(1, α) = 1. On conclut que ∂ϕ

∂aj

(α) =− 2 k+ 1.

4) Si on pose β_n = (−1− 1

n,1 + 2

n,−1− 3

n,1,−1), la suite (β_n) converge dans R⁵ vers α= (−1,1,−1,1,−1). SoientV etW des voisinages deαdansR⁵et 1 dansRetϕ=V →W de classeC¹ satisfaisant les conditions de la question 2). Pour nassez grand,β_n appartient

`

a W, et le polynˆome P_βn poss`ede dans W une unique racine ϕ(β_n). Soit δ > 0 tel que W ⊃]1−δ,1 +δ[. Puisque ϕ(β_n)→ ϕ(α) = 1, on a |1−ϕ(β_n)|< δ pourn assez grand, et toute autre racinex deP_βn queϕ(β_n) v´erifie|1−x|>δ; la racinex_n deP_βn la plus proche

de 1 est doncϕ(β_n). On a alors en notant α= (a_j)_j et β_n = (b_n,j)_j : x_n−1 =ϕ(β_n)−ϕ(α) =ϕ⁰(α).(β_n−α) +o(β_n−α)

= X4 j=0

∂ϕ

∂a_j(α).(b_n,j −a_j) +o(β_n−α)

=°

−2 6

¢≥−1 n

¥+°

−2 6

¢≥2 n

¥+°

−2 6

¢≥−3 n

¥+o(β_n−α)

= 2

3n+o(β_n−α) Et comme kβn−αk=

r 1 n² + 4

n² + 9 n² =

√14

n , on conclut que xn−1 = 2

3n +o(1

n), donc queu_n =n(x_n−1) = 2

3 +o(1), c’est-`a-dire u_n → 2 3.