MP23 - L1 PC - Examen - Mai 2013

L1PC - MP23 - Examen

MP23 - L1 PC - Examen - Mai 2013

⊲ Durée de l’épreuve : 2 heures.

⊲ Ce sujet comporte 5 exercices indépendants.

⊲ Documents et calculatrices autorisés.

Ï On attachera le plus grand soin à la rédaction et à la présentation claire et lisible des résultats dont il sera tenu compte lors de la correction. Aucun raisonnement vague ou insuffisant ne sera pris en compte. Une grande valeur sera attribuée à la rigueur et à la concision des raisonnements.

Ï Si une question pose problème, admettre le résultat et passer à la suivante.

Ï Le texte est long, mais il n’est pas nécessaire de tout faire pour obtenir la note maximale. Le barème (dont le total est de 27 points) est donné à titre indicatif et est susceptible de varier.

Exercice 1

Considérons un secteur circulaire de rayon r et angle 2α, avec α petit.

⊲ Exprimer x en fonction de cos(α). Utiliser un dévelop- pement limité en 0 à l’ordre 3 de cos(α) pour appro- cher x par un polynôme en α et r .

⊲ En approchant la Terre par une sphère de rayon r = 6360km, utiliser le résultat ainsi obtenu pour estimer de combien un arc de ℓ = 100km s’écarte de sa corde (i.e. estimer x).

r ℓ

xr−x

α

CORRECTION.

r − x = r cos(α) et

cos(α) ≃cos(0)

0! (α − 0)⁰+−sin(0)

1! (α − 0)¹+−cos(0)

2! (α − 0)²+sin(0)

3! (α − 0)³= 1 −1

2α² lorsque α ≃ 0 donc

x ≃r α²

2 lorsque α ≃ 0.

Si ℓ = 100km alors α =^ℓ_r =₆₃₆₀¹⁰⁰ =₃₁₈⁵ ≃ 0 donc x ≃^6360×100_2×63602²=¹²⁵₁₅₉≃ 0.79km.

Exercice 2

Soit ω(x, y) = (ye^{x y}− 1) dx + xe^{x y}dy une forme différentielle et notons Dωson domaine de définition. Montrer qu’elle est fermée. Expliquer pourquoi on peut en déduire qu’elle est exacte et en calculer une primitive. Soit γ: [0,8π] → Dωla courbe définie par γ(t) = (t + arcsin(sin(t)),(2/π)arcsin(sin(t))). Calculer l’intégrale curviligneR

γω.

CORRECTION.

∂y(ω1(x, y)) − ∂x(ω2(x, y)) = ∂y¡ ye^{x y}− 1¢ − ∂x(xe^{x y}) = 0 : la forme différentielle est fermée.

D_ω≡ R²est simplement connexe et ω est fermée : le théorème de P^OINCARÉpermet de conclure que ω est exacte.

On cherche f : R²→ R telle que df (x, y) = ω(x, y) pour tout (x, y) ∈ R². Comme ∂yf (x, y) = xe^{x y}, alors f (x, y) = e^{x y}+ g (x) où g : R → R est une fonction à déterminer ; alors ∂xf (x, y) = ye^{x y}+ g^′(x) et on sait que ∂_xf (x, y) = (xe^{x y}− 1) donc g^′(x) = −1, par conséquent g (x) = −x + c et on conclut que f (x, y) = e^{x y}− x + c, c ∈ R.

Comme ω est exacte et γ(0) = (0,0), γ(8π) = (8π,0), alorsR

γω = f (8π,0) − f (0,0) = 8π.

Exercice 3

On se propose de déterminer les extrema de la fonction f : R²→ R définie par f (x, y) = x²+ y²dans l’ensemble E =

© (x, y) ∈ R²¯

¯4x²+ y²≤ 1ª.

1. Étudier la nature des points critiques de f lorsque (x, y) ∈ ˚E =© (x, y) ∈ R²¯

¯4x²+ y²< 1ª.

1

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2. Étudier la nature des points critiques du lagrangien, i.e. de f lorsque (x, y) ∈ ∂E =© (x, y) ∈ R²¯

¯4x²+ y²= 1ª.

3. En déduire les maxima et minima globaux de f dans E . CORRECTION.

0 1/4

1 4

x

y Dans la figure ci-contre on a tracé les courbes de niveau 0,

0.25, 1 et 4 de f ainsi que l’ensemble E . Il semblerait que

⊲ le point (0,0) est un minimum global,

⊲ le point (0,1) est un maximum global,

⊲ le point (0,−1) est un maximum global,

⊲ le point (1/2,0) est un minimum local,

⊲ le point (−1/2,0) est un minimum local.

1. Considérons l’ensemble ˚E =© (x, y) ∈ R²¯

¯4x²+ y²< 1ª.

Recherche des points critiques de f

∇f (x, y) = µ2x

2y

¶

donc ∇f (x, y) = µ0

0

¶

⇐⇒(2x = 0, 2y = 0.

L’unique point critique de f est le point (x₀, y₀) = (0,0).

Étude de la nature du point critique Méthode 1 :

∂xxf (x, y) = 2 ∂y yf (x, y) = 2 ∂x yf (x, y) = 0 donc

Hf(x0, y0) = µ2 0

0 2

¶

et dét(Hf(x0, y0)) = 4 > 0.

Conclusion : (0,0) est un minimum local de f dans ˚E.

Méthode 2 : On n’est pas obligé d’utiliser la matrice Hessienne pour établir la nature du point (x0, y0). En effet, il suffit d’étudier le signe de la fonction distance au voisinage du point critique :

d(h,k) ≡ f (x0+ h, y0+ k) − f (x0, y0) = h²+ k² pour (h,k) ≃ (0,0).

Puisque d(h,k) ≤ 0 pour (h,k) ≃ (0,0), on conclut que le point (x0, y₀) est un minimum local.

Conclusion : f (x, y) > f (0,0) pour tout (x, y) ∈ E \ { (0,0) } donc (0,0) est un minimum global.

2. Considérons l’ensemble ∂E =© (x, y) ∈ R²¯

¯4x²+ y²= 1ª. Soit g (x, y) = 4x²+ y²− 1 et L (x, y,λ) = f (x, y) − λg (x, y) = x²+ y²− λ(4x²+ y²− 1).

Recherche des points critiques de^L

∇L (x, y,λ) =





2x − 8λx 2y − 2λy 1 − 4x²− y²



 donc ∇L (x, y,λ) =



 0 0 0



⇐⇒







x(1 − 4λ) = 0, y(1 − λ) = 0, 4x²+ y²= 1.

Les points critiques de L sont les points

(x1, y1,λ1) = (0,1,1), (x2, y2,λ2) = (0,−1,1), (x3, y3,λ3) = µ1

2,0,1 4

¶

, (x4, y4,λ4) = µ

−1 2,0,1

4

¶ .

Étude de la nature des points critiques On a

∂xxL(x, y,λ) = 2(1 − 4λ) ∂y yL(x, y,λ) = 2(1 − λ) ∂x yL(x, y,λ) = 0

donc ∂_xxL(x_i, y_i,λ_i) × ∂y yL(x_i, y_i,λ_i) − (∂x yL(x_i, y_i,λ_i))²= 0 pour i = 1,2,3,4. Conclusion : la méthode du la- grangien permet juste de trouver les candidats extrema de f sous la contrainte g mais ne permet pas de conclure.

On étudie alors le signe de la fonction distance

di(h,k) ≡ f (xi+ h, yi+ k) − f (xi, yi), i = 1,2,3,4 pour (h,k) ≃ (0,0) et g(xi+ h, yi+ k) = 0 :

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Exercice 5

Soit α ∈ R une constante et f : R²→ R la fonction ainsi définie f (x, y) =







ln(1 + x²+ y²)

x²+ y² si (x, y) 6= (0,0),

α si (x, y) = (0,0).

1. Étude de la fonction sur R²\ { (0,0) } :

1.1. calculer le gradient de f pour (x, y) ∈ R²\ { (0,0) } ;

1.2. montrer que f est de classe C¹sur R²\ { (0,0) } ; que peut-on conclure sur la différentiabilité de f ? 2. Étude de la fonction en (0,0) :

2.1. calculer le DL de ln(1 + r²) à l’ordre 4 lorsque r ≃ 0 ;

2.2. calculer lim(x,y)→(0,0)f (x, y) et en déduire qu’il existe une valeur α0de α (à préciser) pour laquelle f est conti- nue en (0,0) ;

2.3. montrer que f est dérivable en (0,0) si et seulement si α = α0et calculer ∇f (0,0) ;

2.4. soit α = α0, montrer que f est de classe C¹en (0,0) ; que peut-on déduire sur la différentiabilité en (0,0) ? 2.5. soit α = α0, utiliser la définition pour prouver qu’effectivement f est différentiable en (0,0).

CORRECTION.

1. Étude de la fonction sur R²\ { (0,0) }.

1.1. Le gradient de f pour (x, y) ∈ R²\ { (0,0) } est le vecteur de composantes

∂xf (x, y) = 2x (x²+ y²)

µ 1

1 + x²+ y²−ln(1 + x²+ y²) x²+ y²

¶

, ∂yf (x, y) = 2y (x²+ y²)

µ 1

1 + x²+ y²−ln(1 + x²+ y²) x²+ y²

¶ .

1.2. f et ses dérivées partielles sont continues sur R²\ { (0,0) } car composition et quotients de fonctions continues dont les dénominateurs ne s’annulent pas, f est donc de classe C¹(R²\ { (0,0) }). Comme tout fonction de classe C¹est différentiable, on conclut que f est différentiable sur R²\ { (0,0) }.

2. Étude de la fonction en (0,0).

2.1. ln(1 + x) ≃ x −^x₂²+ o(x²) lorsque x ≃ 0 donc ln(1 + r²) ≃ r²−^r₂⁴+ o(r⁴) lorsque r ≃ 0.

2.2. Passons en coordonnées polaires :

˜f: R^∗₊× [0;2π[ → R

(r,ϑ) 7→ ˜f(r,ϑ) ≡ f (r cos(ϑ),r sin(ϑ)) =ln(1 + r²) r² . Comme ˜f(r,ϑ) −−−→

r →0 1 alors lim(x,y)→(0,0)f (x, y) = 1. Pour que f soit continue en (0,0) il faut que lim(x,y)→(0,0)f (x, y) = f (0,0) donc pour que f soit continue en (0,0) il faut que α soit égal à α0= 1.

2.3. Le gradient de f en (0,0) est le vecteur de composantes

∂xf (0,0) = lim_x→0f (x,0) − f (0,0) x − 0 = lim_x→0

ln(1+x²) x² − α

x = lim_x→01 x

µln(1 + x²) x² − α

¶

= lim_x→01 x

à x²−^x₂⁴ x² − α

!

,= lim_x→01 − α x −x

2,

∂yf (0,0) = lim_y→0f (0, y) − f (0,0) y − 0 = lim_y→0

ln(1+y²) y² − α

y .

Ces deux limites existent et sont finies si et seulement si α = 1. Dans ce cas, ∇f (0,0) = (0,0)^T.

2.4. Pour que f soit de classe C¹en (0,0) il faut que les dérivées partielles premières soient continues, autrement dit il faut que

(x,y)→(0,0)lim ∂xf (x, y) = ∂xf (0,0) et lim

(x,y)→(0,0)∂yf (x, y) = ∂yf (0,0).

Comme

(x,y)→(0,0)lim ∂xf (x, y) = lim

(x,y)→(0,0)

2x (x²+ y²)

µ 1

1 + x²+ y²−ln(1 + x²+ y²) x²+ y²

¶

= lim_{r →0}

∀ϑ

2r cos(ϑ) r²

µ 1

1 + r²−ln(1 + r²) r²

¶

= lim_{r →0}

∀ϑ

2cos(ϑ) r

µ 1

1 + r²− 1 +r² 2

¶

= lim_{r →0}

∀ϑ

r (r²− 1)

(r²+ 1) cos(ϑ) = 0,

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(x,y)→(0,0)lim ∂yf (x, y) = lim

(x,y)→(0,0)

2y (x²+ y²)

µ 1

1 + x²+ y²−ln(1 + x²+ y²) x²+ y²

¶

= lim_{r →0}

∀ϑ

2r sin(ϑ) r²

µ 1

1 + r²−ln(1 + r²) r²

¶

= lim_{r →0}

∀ϑ

r (r²− 1)

(r²+ 1) sin(ϑ) = 0,

par conséquent ∂xf et ∂yf sont continues en (0,0). Comme f aussi est continue en (0,0), on conclut que f est de classe C¹en (0,0) ce qui implique que f est différentiable en (0,0).

2.5. Pour prouver que f est différentiable en (0,0) il faut montrer que

(x,y)→(0,0)lim

f (x, y) − f (0,0) − ∂xf (0,0)(x − 0) − ∂yf (0,0)(y − 0) p(x −0)²+ (y − 0)² = 0.

Notons h(x, y) = f (x,y)−f (0,0)−∂xf (0,0)(x−0)−∂yf (0,0)(y−0)

p(x−0)²+(y−0)² =

ln(1+x2+y2) x2+y2 −1

px²+y² . Passons en coordonnées polaires :

˜h(r,ϑ) = h(r cos(ϑ),r sin(ϑ)) =1 r

µln(1 + r²) r² − 1

¶

≃ −r 2−−−→_{r →0} 0.

donc f est bien différentiable en (0,0).

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