Examen de Calcul diff´erentiel et Analyse num´erique

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L3 Math´ematiques 7 Mai 2019

Examen de Calcul diff´erentiel et Analyse num´erique

Durée: 3h. Documents, calculatrices, téléphones portables interdits.

Total des points sur 30 (le barême de chaque exercice est donné à titre indicatif).

Note finale: les 10 premiers points comptent en totalit´e, les suivants pour moiti´e.

Par exemple, pour un total de 16 sur 30, la note sera10 + 6/2 = 13sur 20.

Exercice 1. [12pts]Les parties I et II sont totalement ind´ependantes.

Partie I.Soitf : [0,1]→Rde classeC⁴.

a)Montrer qu’il existe un unique polynômeP_f de degré inférieur ou égal à3tel que Pf(0) =f(0), P_f⁰(0) =f⁰(0), Pf(1) =f(1) et P_f⁰(1) =f⁰(1).

On considèreΦ :R3[X]→R⁴ définie parΦ(P) = (P(0), P⁰(0), P(1), P⁰(1)). La question posée revient à montrer queΦest bijective.

On remarque facilement queΦest linéaire, et commedimR3[X] = dimR⁴ = 4, pour montrer que Φest bijective il suffit de montrer qu’elle est injective (conséquence du théorème du rang).

Soit donc P ∈ R3[X]tel que Φ(P) = 0. On en déduit que 0et 1sont tous les deux racines au moins double deP. Comme ce dernier est de degré au plus3on en déduit queP est nul (cf cours de L1 sur les polynômes). FinalementKer Φ ={0}etΦest injective et donc bijective.

b)Soitx∈]0,1[fix´e. On d´efinit les fonctionsR,ΠetF sur[0,1]par

R(t) =f(t)−Pf(t), Π(t) = t²(t−1)² et F(t) = R(t)Π(x)−R(x)Π(t).

i)Que valentF⁰(0)etF⁰(1)?

On aF⁰(t) = R⁰(t)Π(x)−R(x)Π⁰(t)avecR(t) = f(t)−P_f(t). Par d´efinition deP_f on a R⁰(0) =R⁰(1) = 0. Par ailleurs0et1sont racines doubles deΠdoncΠ⁰(0) = Π⁰(1) = 0.

On en d´eduit queF⁰(0) =F⁰(1) = 0.

ii)Montrer queF s’annule en3points distincts que l’on pr´ecisera.

Le même argument que ci-dessus permet de vérifier queF(0) =F(1) = 0. Par ailleurs on a de façon évidenteF(x) = 0. Commex∈]0,1[la fonctionF a bien trois racines distinctes.

iii)En d´eduire queF⁰s’annule en4points distincts puis qu’il existeξ ∈]0,1[tel queF⁽⁴⁾(ξ) = 0.

La fonctionF est de classeC⁴ (carf l’est et queRetΠsont des polynˆomes doncC^∞).

On pourra donc essayer d’appliquer le théorème de Rolle à la fonctionF ainsi qu’à ses dérivées successivesF⁰,F⁰⁰ etF⁰⁰⁰.

On aF(0) =F(x) =F(1) = 0. On applique le théorème de Rolle àF sur chacun des intervalles[0, x]et[x,1]. Il existe donc0< x₁ < x < x₂ <1tels queF⁰(x₁) =F⁰(x₂) = 0.

Par ailleursF⁰(0) =F⁰(1) = 0, et doncF⁰ a4racines distinctes:0< x₁ < x₂ <1. On peut ensuite appliquer Rolle `aF⁰sur chacun des intervalles[0, x₁],[x₁, x₂]et[x₂,1]. Il existe donc y₁, y₂, y₃ v´erifiant

0< y1 < x1 < y2 < x2 < y3 <1 et F⁰⁰(y1) =F⁰⁰(y2) = F⁰⁰(y3) = 0.

En particulier lesy_isont distincts. On continue de même en appliquant Rolle àF⁰⁰sur[y₁, y₂] et[y₂, y₃]: il existey₁ < z₁ < y₂ < z₂ < y₃tels queF⁰⁰⁰(z₁) =F⁰⁰⁰(z₂) = 0. Et une dernière

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application de Rolle `aF⁰⁰⁰sur[z1, z2]donne le r´esultat.

iv)Montrer queR(x) = _4!¹f⁽⁴⁾(ξ)Π(x).

On a0 = F⁽⁴⁾(ξ) =R⁽⁴⁾(ξ)Π(x)−Π⁽⁴⁾(ξ)R(x). OrΠ(t) =t²(t−1)²est un polynôme de degré4donc sa dérivée quatrième est constante. Le coefficient dominant deΠ étant1on obtientΠ⁽⁴⁾(ξ) = 4!. Par ailleursR⁽⁴⁾ =f⁽⁴⁾−P_f⁽⁴⁾ etPf est de degré au plus3donc sa dérivée quatrième est nulle et ainsiR⁽⁴⁾ =f⁽⁴⁾. Finalement on a

0 =F⁽⁴⁾(ξ) = f⁽⁴⁾(ξ)Π(x)−4!×R(x) ⇐⇒ R(x) = f⁽⁴⁾(ξ)Π(x) 4! . c)CalculerR1

0 |Π(x)|dx. En d´eduire la majoration

R1

0 f(x) dx−R1

0 P_f(x) dx

≤ ^M₇₂₀⁴ o`uM₄ = max

t∈[0,1]|f⁽⁴⁾(t)|.

On aΠ(t) = t²(t−1)² ≥0donc Z 1

0

|Π(t)|dt = Z 1

0

t²(t−1)²dt = Z 1

0

t⁴−2t³+t²dt= 1 30. On a alors, d’apr`es b)iv),

Z 1 0

f(x) dx− Z 1

0

P_f(x) dx

≤ Z 1

0

|f(x)−P_f(x)|dx= Z 1

0

|R(x)|dx≤ 1 4!

Z 1 0

|Π(x)f⁽⁴⁾(ξ)|dx.

Attention!!! Le ξ d´epend dex et on ne peut donc pas sortirf⁽⁴⁾(ξ) de l’int´egrale. On commence par le majorer parM₄et on a alors

Z 1 0

f(x) dx− Z 1

0

P_f(x) dx

≤ 1 24

Z 1 0

M₄|Π(x)|dx= M₄ 24

Z 1 0

|Π(x)|dx= M₄ 720.

Partie II.On souhaite calculer une valeur approchée deln(2). On considère pour cela l’intégrale I = R1

0 1

1+xdx que l’on va approcher à l’aide de la méthode des trapèzes. On rappelle que si f ∈ C²([a, b])l’erreur commise par la méthode des trapèzes avecn sous-intervalles est majorée par ^M²_12n^(b−a)₂ ³ oùM2 = max

x∈[a,b]|f⁰⁰(x)|.

a) Donner la valeur approchée de I obtenue par la méthode des trapèzes lorsque n = 3, ainsi qu’une majoration de l’erreur commise.

La méthode des trapèzes consiste à découper l’intervalle initial, ici [0,1], en n sous-intervalles de même longeur, donc ici[0,¹₃],[¹₃,²₃]et[²₃,1], et sur chacun de ces sous-intervalles à approcher l’intégrale defpar l’intégrale de la fonction affine qui interpolefaux extrêmités du sous-intervalle correspondant. Ici cela donne comme valeur approchéeI˜deI

I˜ = 1 6

f(0) +f 1

3

+1 6

f

1 3

+f

2 3

+1

6

f 2

3

+f(1)

= 7

10 = 0,7.

La fonction f est bien de classe C² sur [0,1] et on a f⁰⁰(x) = 2

(1 +x)³ qui est positive et d´ecroissante. DoncM₂ = max

x∈[0,1]|f⁰⁰(x)|= max

x∈[0,1]f⁰⁰(x) = f⁰⁰(0) = 2, et l’erreur commise|I˜−I|

est ainsi inf´erieure `a M₂(1−0)³ 12×3² = 1

54.

b)Vérifier que la fonctionf(x) = _1+x¹ est convexe sur[0,1]. En déduire que pour tout entiernla valeur approchée obtenue par la méthode des trapèzes est supérieure ou égale àln(2)(on pourra commencer par faire un dessin), puis que0,68≤ln(2)≤0,7.

(3)

La fonction f est deux fois d´erivable avecf⁰⁰(x) = 2

(1 +x)³ ≥ 0sur [0,1]donc f est convexe.

Si on coupe [0,1] en n sous-intervalles et qu’on désigne par f_k, k = 0, . . . , n−1, la fonction affine qui interpolef aux points d’absissea_k= ^k_n eta_k+1 = ^k+1_n , la méthode des trapèzes consiste

`a approcher Z 1

0

f(x) dx par

n−1

X

k=0

Z a_k+1 a_k

f_k(x) dx. Comme la fonction f est convexe, sur chaque [a_k, a_k+1] son graphe est en dessous de la corde passant par les extrˆemit´es de l’intervalle, i.e.

f(x)≤f_k(x)pour toutx∈[a_k, a_k+1]. On a donc Z 1

0

f(x) dx =

n−1

X

k=0

Z ak+1

ak

f(x) dx ≤

n−1

X

k=0

Z ak+1

ak

f_k(x) dx.

Pourn = 3on a ainsiln(2) = Z 1

0

f(x) dx≤I = 0,7. Par ailleurs comme|I−ln(2)| ≤ ₅₄¹ ≤0,02 on en d´eduit queln(2)≥I−0,02 = 0,68.

c) Quelle valeur minimum de n faut-il prendre pour que l’estimation de l’erreur commise soit inf´erieure `a10⁻⁴. Indication:0,408 ≤ 1

√6 ≤0,409.

Il suffit que 10⁻⁴ ≥ M₂(1−0)³

12n² = 1

6n², autrement dit que n² ≥ 10⁴

6 ⇐⇒ n ≥ 10²

√6. L’encadrement de ^√¹

6 donné dans l’énoncé entraine que la valeur minimum denest41.

Partie III.On souhaite maintenant calculer une valeur approch´ee deln(2)en utilisant le r´esultat de la partie I.

a)Déterminer le polynômeP_f associé à la fonctionf(x) = 1 1 +x.

Le polynˆomeP_f est de degr´e au plus3donc de la formeP_f(X) = aX³+bX²+cX+det on doit avoir











P_f(0) = f(0) P_f⁰(0) = f⁰(0) P_f(1) = f(1) P_f⁰(1) = f⁰(1)

⇔











d = 1

c = −1 a+b+c+d = ¹₂ 3a+ 2b+c = −¹₄

⇔











d = 1

c = −1 a+b = ¹₂ 3a+ 2b = ³₄

⇔











d = 1

c = −1 a = −¹₄ b = ³₄ AinsiP_f(X) =−1

4X³+ 3

4X² −X+ 1.

b)CalculerJ =R1

0 P_f(x) dx. En d´eduire un nouvel encadrement deln(2).

On calcule facilementJ = ¹¹₁₆ = 0,6875. La fonctionf est de classeC⁴ avecf⁽⁴⁾(x) = 24 (1 +x)⁵ et doncM₄ = max

x∈[0,1]|f⁽⁴⁾(x)|= 24. La question c) de la Partie I assure que

|ln(2)−J| ≤ 1

720×max

t∈[0,1]|f⁽⁴⁾(t)|= 1

30 ⇔ J− 1

30 ≤ln(2)≤J+ 1

30 ⇔ 157

240 ≤ln(2)≤ 173 240.

Exercice 2. [4pts]On considèreE =R[X]l’espace des polynômes à coefficients réels. SiP ∈E, P(X) =

n

X

k=0

akX^k, on pose kPk = max

k=0,...,n|ak| et ϕ(P) =

n

X

k=0

a_k

3^k, i.e. ϕ(P) = P ¹₃ . On admettra quek · kd´efinit une norme surE.

Montrer queϕ:E →Rest une application lin´eaire continue et calculer|||ϕ|||.

(4)

On v´erifie facilement queϕest lin´eaire. En effet pour tousλ ∈RetP, Q∈Eon a ϕ(P +λQ) = (P +λQ)

1 3

=P 1

3

+λQ 1

3

=ϕ(P) +λϕ(Q).

Commeϕest lin´eaire, elle est continue si et seulement s’il existeC ≥ 0tel que|ϕ(P)| ≤CkPk pour toutP ∈E. SiP(X) =

n

X

k=0

a_kX^kon a

|ϕ(P)| =

n

X

k=0

a_k 3^k

≤

n

X

k=0

|a_k|

3^k ≤ kPk

n

X

k=0

1

3^k =kPk ×

∞

X

k=0

1 3^k = 3

2kPk.

Cela prouve queϕest bien continue. Par ailleurs, par d´efinition,|||ϕ||| = sup

P∈E,kPk=1

|ϕ(P)|donc

le calcul ci-dessus montre que |||ϕ||| ≤ 3

2. Enfin, pour tout n ∈ N si P_n(X) =

n

X

k=0

X^k on a

kP_nk = 1et|ϕ(P_n)| = 1− ¹₃n+1

1− ¹₃ . On en d´eduit que|||ϕ||| ≥ 1− ¹₃n+1

1−¹₃ . En faisant tendren vers l’infini on obtient|||ϕ||| ≥ 1

1− ¹₃ = 3

2, et donc finalement|||ϕ|||= 3 2.

Exercice 3. [7pts] On munit Mn(R) d’une norme matricielle, i.e. telle que pour tous A, B ∈ Mn(R)on akABk ≤ kAk × kBk. On fixeA ∈Mn(R)une matrice inversible et on consid`ere la fonctionf :M_n(R)→M_n(R)d´efinie parf(M) = 2M −M AM.

a)Montrer quef est diff´erentiable et calculer sa diff´erentielle.

Etant donn´eM ∈Mn(R), pour toutH ∈Mn(R)on a

f(M +H) = 2(M +H)−(M +H)A(M +H) =f(M) + 2H−M AH−HAM −HAH.

L’application L : Mn(R) → Mn(R)d´efinie par L(H) = 2H−M AH −HAM est lin´eaire, et comme Mn(R) est de dimension finie elle est continue. Enfin pour toutH on a k −HAHk ≤ kAk × kHk² donc lim

H→0

k −HAHk

kHk = 0, i.e. −HAH = o(H). On a ainsi trouvé L linéaire continue telle quef(M +H) = f(M) +L(H) +o(H)ce qui prouve quef est différentiable en M et queDf(M) :M_n(R)→M_n(R)est donnée par

Df(M) :H 7→2H−M AH−HAM.

b)Montrer quef est de classeC¹.

Par d´efinitionf est de classeC¹ siDf est continue. Pour tousM, N ∈M_n(R)on a

|||Df(M)−Df(N)||| = sup

H∈Mn(R),kHk=1

kDf(M)(H)−Df(N)(H)k

= sup

H∈M_n(R),kHk=1

k −M AH−HAM +N AH+HANk

≤ sup

H∈Mn(R),kHk=1

(k(N −M)AHk+kHA(N −M)k)

≤ sup

H∈M_n(R),kHk=1

2kN −Mk × kAk × kHk

= 2kN −Mk × kAk.

Cela prouve queDf est2kAk-Lipschitzienne et donc en particulier continue. La fonction f est donc bienC¹.

(5)

c)CalculerDf(A⁻¹). En d´eduire qu’il existeδ > 0tel que pour tout M ∈ B(A⁻¹, δ), la boule ferm´ee de centreA⁻¹ et de rayonδ, on a|||Df(M)||| ≤ ¹₂.

D’apr`es a) on aDf(A⁻¹) : H 7→2H −A⁻¹AH−HAA⁻¹ = 0, i.e. Df(A⁻¹) = 0. Autrement ditA⁻¹est point critique def. Commef estC¹,Df est continue. En particulierDf est continue enA⁻¹ donc il existeδ > 0tel que sikM −A⁻¹k ≤ δ on a |||Df(M)−Df(A⁻¹)||| ≤ 1

2, i.e.

M ∈B(A⁻¹, δ) ⇒ |||Df(M)||| ≤ ¹₂.

d)Calculerf(A⁻¹). Montrer que pour toutM ∈B(A⁻¹, δ)on af(M)∈B(A⁻¹, δ). Indication:

accroissements finis.

On af(A⁻¹) = A⁻¹. L’in´egalit´e des accroissements finis assure que, pour toutM ∈B(A⁻¹, δ), kf(M)−A⁻¹k = kf(M)−f(A⁻¹)k ≤ sup

N∈[A⁻¹,M]

|||Df(N)|||×kM−A⁻¹k ≤ sup

N∈[A⁻¹,M]

|||Df(N)|||×δ, o`u[A⁻¹, M] ={(1−t)A⁻¹+tM, t∈[0,1]}. Or, siN = (1−t)A⁻¹+tM ∈[A⁻¹, M]on a

kN −A⁻¹k = kt(M −A⁻¹)k ≤ kM −A⁻¹k ≤ δ,

i.e.[A⁻¹, M]⊂B(A⁻¹, δ)et donc|||Df(N)||| ≤ ¹₂. Finalement siM ∈B(A⁻¹, δ)on akf(M)− A⁻¹k ≤ δ

2 ≤δet doncf(M)∈B(A⁻¹, δ).

e)La question pr´ec´edente assure quef :B(A⁻¹, δ)→B(A⁻¹, δ). Montrer quef est contractante surB(A⁻¹, δ).

Toujours à l’aide de l’inégalité des accroissements finis, pour tousM, M⁰ ∈B(A⁻¹, δ)on a kf(M)−f(M⁰)k ≤ sup

N∈[M,M⁰]

|||Df(N)||| × kM −M⁰k.

Or, siN = (1−t)M +tM⁰ ∈[M, M⁰],t ∈[0,1], on a

kN−A⁻¹k = k(1−t)(M−A⁻¹)+t(M⁰−A⁻¹)k ≤ (1−t)kM−A⁻¹k+tkM⁰−A⁻¹k ≤(1−t)δ+tδ =δ, c’est-`a-direN ∈ B(A⁻¹, δ)et donc|||Df(N)||| ≤ ¹₂. Ainsi, pour tous M, M⁰ ∈ B(A⁻¹, δ)on a kf(M)−f(M⁰)k ≤ 1

2kM −M⁰k, i.e. f est contractante de rapport ¹₂.

Remarque: lorsqu’on montre que siN ∈[M, M⁰]on aN ∈B(A⁻¹, δ)on red´emontre en fait que B(A⁻¹, δ)est convexe.

f) En déduire que siM₀ ∈ B(A⁻¹, δ) et(M_k)_k est la suite définie par récurrence par M_k+1 = f(M_k)alors la suite(M_k)_kconverge versA⁻¹.

Comme f : B(A⁻¹, δ) → B(A⁻¹, δ) on a M_k ∈ B(A⁻¹, δ) pour tout k, et comme f est ¹₂- contractante on a

kM_k+1−A⁻¹k = kf(M_k)−f(A⁻¹)k ≤ 1

2kM_k−A⁻¹k, ∀k ∈N,

et on montre facilement par r´ecurrence quekM_k−A⁻¹k ≤2^−kkM₀−A⁻¹kpour toutk ∈N. On en d´eduit donc quekM_k−A⁻¹k →0, i.e.(M_k)_kconverge versA⁻¹.

Exercice 4. [7pts]Soitf :R³ →Rla fonction d´efinie par f(x, y, z) = (x+ 2y+ 2z) exp

−x²+y²+z² 2

. Le but de l’exercice est d’´etudier les extrema def.

a)Justifier rapidement quef est de classeC² surR³.

La fonctionf est produit et composée de fonctions polynômes et de la fonction exponentielle qui sont toutes de classeC² (et mêmeC^∞) doncf est de classeC².

(6)

Attention Les fonctions polynômes sont définies et C^∞ sur R³ mais la fonction exponentielle est définie et C^∞ sur R. On compose ici g(x, y, z) = −x²+y² +z²

2 qui va de R³ dans R et exp :R→R.

b)Montrer quefadmet exactement deux points critiques:

1 3,2

3,2 3

et

−1 3,−2

3,−2 3

. Indica- tion: on pourra commencer par remarquer, en le justifiant correctement, que si(x, y, z)est point critique alorsz =y= 2x.

Le point(x, y, z)est point critique si et seulement si∂f

∂x(x, y, z) = ∂f

∂y(x, y, z) = ∂f

∂z(x, y, z) = 0.

En notantg(x, y, z) = −x²+y²+z²

2 on obtient

∂f

∂x(x, y, z) = (1−x(x+ 2y+ 2z)) exp(g(x, y, z)),

∂f

∂y(x, y, z) = (2−y(x+ 2y+ 2z)) exp(g(x, y, z)),

∂f

∂z(x, y, z) = (2−z(x+ 2y+ 2z)) exp(g(x, y, z)).

Puisqueexp(g(x, y, z))6= 0on en d´eduit que(x, y, z)est point critique si et seulement si

x(x+ 2y+ 2z) = 1, y(x+ 2y+ 2z) = 2, z(x+ 2y+ 2z) = 2.

On remarque alors quex+ 2y+ 2zne peut pas s’annuler et donc quey=z = 2x= 2 x+ 2y+ 2z. En remplac¸antyetzpar2xdans la premire ´equation on obtient9x² = 1et doncx=±¹₃,y=z = 2x. On obtient ainsi que les seules points critiques possibles sont

1 3,2

3,2 3

et

−1 3,−2

3,−2 3

, et on v´erifie qu’ils le sont bien.

c)Etudier la nature de chacun des deux points critiques.

Pour étudier la nature des points critiques on commence par déterminer la différentielle seconde de f en chacun de ces points. On calcule pour cela les dérivées partielles d’ordre2def. On obtient

∂²f

∂x²(x, y, z) = −3x−2y−2z+x²(x+ 2y+ 2z)

exp(g(x, y, z)),

∂²f

∂y²(x, y, z) = −x−6y−2z+y²(x+ 2y+ 2z)

exp(g(x, y, z)),

∂²f

∂z²(x, y, z) = −x−2y−6z+z²(x+ 2y+ 2z)

exp(g(x, y, z)),

∂²f

∂x∂y(x, y, z) = (−2x−y+xy(x+ 2y+ 2z)) exp(g(x, y, z)),

∂²f

∂x∂z(x, y, z) = (−2x−z+xz(x+ 2y+ 2z)) exp(g(x, y, z)),

∂²f

∂y∂z(x, y, z) = (−2y−2z+yz(x+ 2y+ 2z)) exp(g(x, y, z)).

(7)

La forme quadratique Q associée à la différentielle seconde de f en 1

3,2 3,2

3

est donc, si (h, k, `)∈R³,

Q(h, k, `) = e^−1/2

−10

3 h² −4

3hk−4

3h`− 13

3 k²− 4

3k`−13 3 `²

= −e^−1/2

3 9(h²+k²+`²) + (h+ 2k+ 2`)² .

On voit ainsi queQ(h, k, `)≤0et queQ(h, k, `) = 0si et seulement sih =k =`=h+2k+2`= 0, i.e. (h, k, `) = (0,0,0). Ainsi la diff´erentielle seconde def en

1 3,2

3,2 3

est d´efinie n´egative et on a donc un maximum local en ce point.

Un raisonnement similaire montre qu’en

−1 3,−2

3,−2 3

la diff´erentielle seconde de f est d´efinie positive et donc qu’on a un minimum local en ce point.

On munitR³de la normek(x, y, z)k= max(|x|,|y|,|z|).

d)Montrer que pour tout(x, y, z)∈R³on a|f(x, y, z)| ≤5k(x, y, z)ke⁻^k(x,y,z)k

2

2 .

Pour tout(x, y, z)on a d’une part|x+ 2y+ 2z| ≤ |x|+ 2|y|+ 2|z| ≤5k(x, y, z)ket d’autre part x²+y²+z² ≥ max(x², y², z²) = k(x, y, z)k². Comme la fonction exponentielle est strictement croissante on en d´eduit le r´esultat.

e) En d´eduire qu’il existe R > 0 tel que pour tout (x, y, z) v´erifiant k(x, y, z)k > R on a

|f(x, y, z)|<e⁻¹².

La fonction positive ϕ(t) = 5te^−t²^/2 d´efinie sur [0,+∞[ v´erifie lim

t→+∞ϕ(t) = 0. Comme ε = e^−1/2 >0il existeR >0tel que pour toutt > Ron ait0≤ϕ(t)<e^−1/2. Pour tout(x, y, z)∈R³, sik(x, y, z)k> Ron a donc d’apr`es la question d)

|f(x, y, z)| ≤ϕ(k(x, y, z)k)<e^−1/2.

f)Montrer quef admet un minimum global et un maximum global et les d´eterminer.

SoitK = B(0, R)la boule fermée deR³ de centre0et de rayonR. C’est un ensemble fermé et borné, et puisqueR³ est de dimension finie c’est donc un compact. La fonctionf est continue sur R³, donc en particulier sur le compactK. Ainsi f admet un minimum et un maximum sur K: il existe(xm, ym, zm)et(xM, yM, zM)dansKtels que pour tous(x, y, z)∈K on ait

(1) f(x_m, y_m, z_m)≤f(x, y, z)≤f(x_M, y_M, z_M).

Puisque f ¹₃,²₃,²₃

= 3 e^−1/2 et f −¹₃,−²₃,−²₃

= −3 e^−1/2 , d’apr`es la question e) les points

1 3,²₃,²₃

et −¹₃,−²₃,−²₃

sont dansK et on a donc f(x_m, y_m, z_m)≤f

−1 3,−2

3,−2 3

=−3 e^−1/2 et 3 e^−1/2 =f 1

3,2 3,2

3

≤f(x_M, y_M, z_M).

Ainsi si(x, y, z)∈/ K on a d’apr`es la question e)

f(x_m, y_m, z_m)≤ −3 e^−1/2 <−e^−1/2 < f(x, y, z)<e^−1/2 <3 e^−1/2 ≤f(x_M, y_M, z_M).

Autrement dit l’encadrement (1) reste vrai si(x, y, z) ∈/ K et est donc vrai pour tout (x, y, z) ∈ R³. La fonction f poss`ede donc un minimum global en (x_m, y_m, z_m) et un maximum global en (x_M, y_M, z_M).

Finalement un minimum, resp. maximum, global est n´ecessairement un minimum, resp. maximum, local. D’apr`es les questions b) et c) le minimum global def est atteint en −¹₃,−²₃,−²₃

et vaut−3e^−1/2 et qon maximum global est atteint en ¹₃,²₃,²₃

et vaut3 e^−1/2.