Licence de Mathématiques 2014-2015.
Université d’Artois.
EXAMEN ANALYSE 3- session 1 Eléments de correction
Cours/applications.
1) Il y a plusieurs façons de faire.
Par exemple, on a une paramétrisation naturelle de la courbe y P r´1,1s ÞÑ py2, yq donc la longueur est
ż1
´1
a1`4y2 dy“2 ż1
0
a1`4y2 dy“ ża
0
ch2ptqdt “ 1 2
ża 0
chp2tq `1dt“ 1
4shp2aq ` a 2 après le changement de variable : 2y “shptqpour tP r0, as oùa“argshp2q. Donc la longueur de la courbe vaut 1
2chpaqshpaq ` 1
2argshp2q “
?3`1
2argshp2q. 2) a) La positivité est triviale. Si N`
~ x˘
“0 alors le polynôme řd
j“1xjtj a une infinité de racine (tout tP r´1,1s) donc est le polynôme nul, i.e. tous les coefficients sont nuls. L’inégalité triangulaire et l’homogénéité sont faciles à voir.
b)N est une norme sur Rd. D’autre part,~x“ px1, . . . , xdq PRd ÞÑ sup
1ďjďd
ˇˇxjˇ
ˇ est la norme} ¨ }8
étudiée en cours.
Le résultat découle donc simplement de l’équivalence des normes en dimension finie.
Exercice 1.
1) Si on appelle ` sa limite, on fixe εą0 et on a : DN0 PN, něn0 ùñ›
›`´xn
›
›ďε{2 donc pour ce N0 :
@n, měN0, ›
›xm´xn›
›ď›
›`´xn›
›`›
›`´xm›
› ďε
2) a) On mime la preuve du résultat correspondant pour une suite convergente : on choisit (disons) ε“1.
On a pour n ěN0 }xN0 ´xn
›
› ď1 donc }xn
›
›ď1` }xN0
›
›. Ainsi, pour nPN :
}xn
›
›ďmax }x0
›
›, . . . ,}xN0
›
›,1` }xN0
›
› ( Donc la suite pxnqnPN est bornée.
b) Cela découle directement du théorème de Bolzano-Weierstrass : de toute suite bornée de Rd, on peut extraire une sous-suite convergente. Fixons εą0.
c) D’après la question précédente, on obtient`PRdet une suite strictement croissante d’entiers pnjq telle que `
xnj˘
jPN est convergente vers `.
Il existe un entier J tel que nJ soit supérieur à l’entier N0 donné par la propriété C, et vérifiant aussi ›
›`´xnJ›
› ďε.
On a alors pour toutn ěN0, ›
›xnJ ´xn›
›ďε (puisque nJ ěN0).
Donc pour tout něN0, ›
›`´xn
›
›ď2ε.
Ainsi la suite pxnqnPN est convergente vers `.
Exercice 2.
γptq “
$
’’
&
’’
%
xptq “ cosptq
yptq “ sin2ptq 2`sinptq
où tPR.
La courbe est clairementC8 (sur R).
Elle est2πpériodique : on peut réduire à un intervalle de longueur2π, par exemple“
´π{2,3π{2‰ . On remarque que γptq est le symétrique deγpπ´tqpar rapport à l’axe des ordonnées, donc on peut réduire l’étude à l’intervalle “
´π{2, π{2‰ . Pourt PR, on a
x1ptq “ ´sinptq ety1ptq “ sinptqcosptqpsinptq `4q p2`sinptqq2 D’où le tableau de variation :
t ´π{2 0 `π{2
x1 ` 0 ´
x 0 Õ 1 Œ 0
y 1 Œ 0 Õ 1{3
y1 0 ´ 0 ` 0
Le point associé à t“0 est un point stationnaire. Après calculs (par ex DL au voisinage de 0) : pp, qq “ p2,3q donc c’est un point de rebroussement de première espèce. En ce point la tangente est dirigée par le vecteur γ2p0q, donc par le vecteur p´1,1q.
La courbe est bornée et régulière : il n’y a pas d’asymptote.
D’où la courbe :
2
Exercice 3.
Soit f la fonction C1 définie par
R2 ÝÑ R
px, yq ÞÝÑ 2x2`2y2`x2y2´x4´y4
1) La fonction est clairement symétrique.
On a Bf
Bxpx, yq “4x`2xy2´4x3 et Bf
Bypx, yq “4y`2x2y´4y3. B2f
Bx2px, yq “ 4`2y2 ´12x2 et B2f
BxBypx, yq “ B2f
ByBxpx, yq “ 4xy (on peut vérifier l’égalité des dérivées partielles croisées par le calcul ou invoquer Th. Schwarz puisque la fonction est de classe C2). Enfin B2f
By2px, yq “4`2x2´12y2.
2) Les points critiques sont les points solutions de Bf
Bxpx, yq “ Bf
Bypx, yq “ 0 donc on obtient les points `
0,0˘ , `
0,˘1˘ , `
˘1,0˘ ,`
˘
?2,˘
?2˘ .
3) Avec les notations du cours, il s’agit de regarder le signe de rt´s2 en les points critiques :
— Pour ` 0,0˘
, on art´s2 “16et rą0donc c’est un minimum local.
— Pour ` 0,˘1˘
et pour `
˘1,0˘
, on art´s2 “ ´48 donc ce ne sont pas des extrema.
— Pour `
˘
?2,˘
?2˘
, on a rt´s2 “162´82 ą 0 etr “ ´16ă0 donc ce sont des maximum locaux. Plus précisément, en ces points, f prend la valeur4.
4) On a
fpx, yq “2x2`2y2 `x2y2 ´x4´y4 “2r2`x2y2´`
r4´2x2y2˘
“2r2´r4`3x2y2 donc l’inégalité à prouver est équivalente à r4 ě4x2y2 soit px2´y2q2 ě0 qui est vraie !
5) Comme f est continue sur le disque de centre O et de rayon 2?
2, qui est un compact de R2 (puisque fermé et borné), elle y admet un maximum. Or en dehors de ce disque, la fonction est négative d’après la question précédente. Donc cela correspond bien à un maximum global, qui vaut 4 d’après l’étude des extrema locaux. Il n’y a pas de minimum global puisque la question précédente montre que la fonction tend vers ´8 quand r tend vers l’infini.
Exercice 4.
Il y a plusieurs façons de faire.
Méthode 1 : on remarque que l’application ∆pxq “ dpx,RdzΩq est continue sur Rd (cours). En particulier continue sur le compact K donc admet un minimum, disons m, atteint en un a P K. Si m “0, alorsaappartient à l’adhérence deRdzΩ(cours), qui est fermé donca PRdzΩce qui contredit a P K Ă Ω. Ainsi m ą 0 (ou encore m “ dpK,RdzΩq ą 0q et alors tout ε ă m convient. En effet, pour un tel ε et pour tout xPKε, on adpx, Kq ď ε. Si on avait xRΩ, i.e.xP RdzΩ, alors on aurait m “dpRdzΩ, Kq ďdpx, Kq ď εăm.
Méthode 2 : supposons le contraire on a pour toutεą0,KεĆΩ. En particulier pour toutn ě1, en choisissant ε “ 1{n, on a un xn P K1{n et xn R Ω. Par définition de K1{n, il existe kn P K tel que }kn´xn} ď2{n. Comme K est compact, il existe une sous-suite qui converge vers kP K. Mais, comme }kn´xn} ď 2{n, la sous-suite correspondante de xn converge aussi vers k. Comme la suite xn vit dans le complémentaire F deΩ, qui est donc fermé : la limite k P F. Mais alorsk R Ωce qui contredit K ĂΩ.
3
