((x−y) +|x−y|)/2, on obtient quef est une fonction continue

Universit´e Joseph Fourier L2 MAT233

2013-2014

Contrˆole de connaissance du 09 octobre 2013 (corrig´e)

Premi`ere partie

Soitf la fonction surR² d´efinie commef(x, y) = max(x−y,0) 1. Montrer quef est une fonction continue.

Solution. La fonction de R² → R qui envoie (x, y) en x−y est continue car elle est une application lin´eaire. Comme|.| :R → Rest continue, on obtient que l’application compos´ee (x, y) 7→ |x−y| est une fonction continue. Enfin, comme max(x−y,0) = ((x−y) +|x−y|)/2, on obtient quef est une fonction continue.

2. Montrer que, pour tousP, h∈R², la limite

∂_h⁺f(P) := lim

t∈]0,+∞[, t→0

f(P+th)−f(P) t

existe dansR. D´eterminer cette limite.

Solution.On d´esigne parU1 (resp.U2) l’ensemble des points (x, y)∈R² tels que x−y > 0 (resp. x−y < 0). Ces ensembles sont des ouverts de R². En outre, la restriction de f `a U1 et `a U2 sont des application lin´eaire. Par cons´equent, la fonctionf est diff´erentiable surU1∪U2. En outre, pour toutP ∈U1 (resp.P∈U2) et tout h= (h1, h2)∈R², on a ∂_h⁺f(P) =h1−h2 (resp.∂_h⁺f(P) = 0). Il restre `a traiter le cas o`u P est dans la diagonale ∆ = {(x, x)|x∈ R}. Soient P un point de ∆ et h ∈ R². Si h appartient `a U<sub>1</sub> (resp. U<sub>2</sub>), alors pour tout t > 0, le point P +th appartient `a U₁ (resp. U₂). On en d´eduit f(P +th) = f(P) +tf(h) et donc ∂_h⁺f(P) = f(h). Enfin, si h ∈ ∆, alors pour tout t > 0 on a P +th ∈ ∆ et donc ∂_h⁺f(P) = 0 puisque la restriction de f `a ∆ s’annule. Enfin on obtient

∂_h⁺f(P) =f(h).

3. D´eterminer l’ensembleU des pointP ∈R² o`u la fonctionf est diff´erentiable.

Solution.On a vu dans la question pr´ec´edente que la fonctionf est diff´erentiable en U1∪U2. Pour tout P ∈ ∆, si la fonction f ´etait diff´erentiable en P, alors on aurait Df(P)(h) = ∂_h⁺f(P) = f(h) pour tout h ∈ R². Cependant, la fonction f n’est pas lin´eaire. Cela est absurde (la diff´erentielle en un point d’une fonction diff´erentiable est toujours une fonction lin´eaire). Cela montre que la fonctionfn’est pas diff´erentiable sur ∆. On obtient alorsU =U1∪U2.

4. Montrer queU est un ouvert deR².

Solution.Comme la fonctionU s’´ecrit comme la r´eunion de deux ouverts dansR², il est lui-mˆeme un ouvert.

Deuxi`eme partie

On consid`ere la fonction f d´efinie sur le domaineD= [0,1]×[0,1] comme f(x, y) = (1−x)(1−y)(x+y−1).

5. Montrer quef est une fonction continue surD.

Solution.La fonctionf est continue car produit de fonctions continues.

6. Montrer que la fonctionf atteint son maximum surD en un point deD^◦.

Solution. f est continue sur D et elle atteint donc son max sur D : on observe que f ≤ 0 sur D\D^◦ mais f(x, y) > 0 pour quelque (x, y) ∈ D^◦ (par exemple f(4/5,1/2)>0). Cela montre que le max ne peut pas ˆetre sur D\D^◦ et est donc forcement dansD^◦.

7. Montrer que la fonction f est diff´erentiable sur l’int´erieur de D. D´eterminer sa diff´erentielle.

Solution.On peut calculer les d´eriv´ees partielles de la fonction f. On a

∂f

∂x = (1−y)(1−2x−y+ 1),

∂f

∂y = (1−x)(1−2y−x+ 1).

Ce sont des fonctions continues sur D. On obtient alors que la fonction f est diff´erentiable surD^◦, et on a

Df(x, y)(h1, h2) = (1−y)(1−2x−y+ 1)h1+ (1−x)(1−2y−x+ 1)h2. 8. D´eterminer tous les points critiques de la r´estriction def `aD^◦.

Solution.On doit r´esoudre dansD^◦ le syst`eme d’´equations ((1−y)(1−2x−y+ 1) = 0,

(1−x)(1−2y−x+ 1) = 0.

Comme dansD^◦on a quex6= 1 ety6= 1 ce syst`eme a une seule solution (2/3,2/3).

9. Trouver le maximum global de la fonctionf.

Solution.On a vu quef atteint son sur un point de D^◦ et un tel point doit ˆetre un point critique, donc maxf =f(2/3,2/3) = (1/3)³.

10. Application : on admet que l’aire d’un triangle de cˆot´esa, b, cest d´etermin´e par la formule de H´eron

A=p

p(p−a)(p−b)(p−c),

o`u p= (a+b+c)/2 est le demi-p´erim`etre du triangle. D´eterminer l’aire maximale d’un triangle de p´erim`etre 2.

Solution. Si le p´erim`etre d’un triangle de de cˆot´es a, b, c est 2, on a p = 1 et c= 2−a−b. On observe que 0< a <1 et 0< b <1 (si par exemple on suppose a≥1 on trouveb+c≤aqui est une contradiction par l’ in´egalit´e triangulaire). On doit donc chercher le maximum surD^◦de la fonction

g(a, b) =p

(1−a)(1−b)(a+b−1) =p f(a, b)

(f ´etant la fonction des points pr´ecedents de l’exercice). Comme la racine carr´e est une fonction croissante on a que

max

(x,y)∈D^◦g(x, y) =r max

(x,y)∈D^◦f(x, y) = (1/3)^3/2. Troisi`eme partie

Soitf une application deR^dversR, o`ud>1 est un entier. Pour tout sous-ensemble AdeR^d, on dit que la fonctionf estuniform´ement continue surAsi

δ→0lim sup

(x,y)∈A² kx−yksup<δ

|f(x)−f(y)|= 0.

11. Soit A un sous-ensemble de R^d. Montrer que, si la fonction f est uniform´ement continue surA, alors sa restriction `aAest une fonction continue.

Solution.SoitP un ´el´ement de A. Pour toutδ >0, on a

06 sup

Q∈A kQ−Pksup<δ

|f(P)−f(Q)|6 sup

(x,y)∈A² kx−yksup<δ

|f(x)−f(y)|.

Par passage `a la limite quand δ→0, on obtient que la fonctionf est continue en P. CommeP est arbitraire, la fonctionf est continue surA.

12. On suppose quef est une fonction continue surR^d. Montrer que, siAest un sous- ensemble born´e et ferm´e deR^d, alors la fonction f est uniform´ement continue sur A. On peut utiliser le th´eor`eme de Bolzano-Weierstrass.

Solution.On suppose quefn’est pas uniform´ement continu. Alors il existeε >0 et deux suites de points (P_n)_n>0et (Q_n)_n>0dansAtelles que lim

n→+∞kPn−Qnksup= 0 et que|f(Pn)−f(Qn)|>εquel que soitn∈N. CommeAest born´e, les deux suites sont born´ees. D’apr`es le th´eor`eme de Bolzano-Weierstrass, quitte `a remplacer ces deux suites par leurs sous-suites, on peut les supposer convergeantes vers P et Q dansR^d respectivement. En outre, comme A est un ferm´e, on obtient queP etQ sont dansA. Comme la fonctionf est continue, on a

n→+∞lim f(P_n) =f(P), lim

n→+∞f(Q_n) =f(Q).

Par passage `a la limite quand n → +∞, la relation |f(P<sub>n</sub>)−f(Q<sub>n</sub>)| >ε montre que|f(P)−f(Q)|>ε. Cependant, comme lim<sub>n→</sub>kPn−Q<sub>n</sub>ksup= 0, on obtient que les suites (P<sub>n</sub>)<sub>n>0</sub> et (Q<sub>n</sub>)<sub>n>0</sub> convergent vers la mˆeme limite (c’est-`a-direP =Q).

Cela est absurde.

13. On suppose quef est une fonction continue surR^d. Soit`∈R. On suppose en plus que, pour toutε >0, il existeM >0 tel que

|f(P)−`|< εquel que soitP ∈R^d v´erifiantkPk_sup> M. Montrer que la fonctionf est uniform´ement continue sur R^d.

Solution.Pour toutε >0, on choisitM >0 tel que|f(P)−`|< ε. En particulier, pour tous les pointsP, QdnasR^d,kPksup> M,kQksup> M, on a|f(P)−f(Q)|<

2ε. SoitAl’ensemble des pointsx∈R^dtels quekxksup6M+ 2. Soitδ∈]0,1[. Pour tout couple (x, y) de points dans R^d tels que kx−yksup < δ, ou bien xet y sont tous les deux dansA, ou bien on a kxksup> M etkyksup> M. On obtient alors

sup

(x,y)∈R^d×R^d kx−yksup<δ

|f(x)−f(y)|6max(2ε, sup

(x,y)∈A² kx−yksup<δ

|f(x)−f(y)|).

Par passage `a la limite quandδ→0, on obtient sup

(x,y)∈R^d×R^d kx−yksup<δ

|f(x)−f(y)|62ε.

Commeεest arbitraire, on obtient le r´esultat.