il en r´esulte que Jα(R) tend vers une limite finie si et seulement si α >1

MT242 Corrig´e de l’examen du 7 Septembre 2000 Exercice I

On d´esigne parDR ={(x, y) :x²+y²≤R²}le disque ferm´e de rayonRdansR². D´eterminer pour quelles valeurs du param`etre r´eelα l’int´egrale double

Jα(R) = Z Z

DR

1

(1 +x²+y²)^αdxdy

tend vers une limite finie lorsque R→+∞. Calculer cette limite quand elle existe.

En passant en coordonn´ees polaires on obtient Jα(R) = 2π

Z R

0

1

(1 +r²)^αr dr qui se ram`ene par le changement de variable u=r<sup>2</sup> `a

Jα(R) =π Z R²

0

(1 +u)^−αdu= π

1−α (1 + R²)^1−α−1

pour α 6= 1, et J1(R) =πln(1 + R²) quand α= 1 ; il en r´esulte que Jα(R) tend vers une limite finie si et seulement si α >1. La limite est alors

J = π α−1. Exercice II Soit f la fonction r´eelle d´efinie surR³ par

∀(x, y, z)∈R³, f(x, y, z) = (x−y+z)(1−x²−y²−z²).

On d´esigne parDla boule unit´e ferm´ee{(x, y, z) :x²+y²+z²≤1} de R³. Montrer qu’il existe un point (x0, y0, z0)∈Dtel que

f(x0, y0, z0) = max{f(x, y, z) : (x, y, z)∈D}. D´eterminer ce point(x0, y0, z0) ainsi que la valeur f(x0, y0, z0).

La boule D est ferm´ee et born´ee, donc compacte, et elle est non vide ; par cons´equent, la fonction continue f atteint un maximum sur D. Posons

M = max{f(x, y, z) : (x, y, z)∈D}.

On note quef(t,0,0) =t(1−t²)>0 lorsque 0< t <1, ce qui donne des points de D o`uf >0. Il en r´esulte que la valeur maximale M def sur D est>0. Les points o`uf atteint son maximum sur D ne peuvent donc pas se trouver sur la sph`ere unit´e, o`u on a f = 0. Ils sont donc dans la boule unit´e ouverte, et commef est clairement de classe C¹ les d´eriv´ees partielles doivent s’annuler en ces points. En annulant les trois d´eriv´ees partielles de f on obtient les ´equations suivantes pour tout pointv = (x, y, z)∈D tel quef(v) = M :

(1−x²−y²−z²)−2(x−y+z)x= 0

−(1−x²−y²−z²)−2(x−y+z)y= 0 (1−x²−y²−z²)−2(x−y+z)z= 0.

1

On a dit que a = 1−x²−y²−z² > 0 pour tout point v = (x, y, z) ∈ D tel que f(v) = M.

On remarque alors en posant b = (x−y+z) que 2b v =a(1,−1,1), ce qui entraˆıne que b6= 0 et v = (a/2b)(1,−1,1). Les points v cherch´es sont donc de la forme (t,−t, t) et on obtient en rempla¸cant dans la premi`ere ´equation ci-dessus

(1−3t²)−6t²= 0,

ce qui donne la condition 1 = 9t², qui implique t=±1/3 ; la solution t=−1/3 ne convient pas (en fait elle correspond au minimumde f sur D) et le point solution (unique) est

(x0, y0, z0) = (1/3,−1/3,1/3) avec f(x0, y0, z0) = 2/3.

Exercice III

On d´esigne paraun param`etre r´eel, et on d´efinit une fonction r´eellef surR²par la formule f(x, y) = xsin²x+a xy²

x²+ 2y²+ 3y⁴ si (x, y)6= (0,0) et f(0,0) = 0.

Calculer les d´eriv´ees partielles de la fonctionf au point(0,0). La fonctionf est-elle diff´erentiable au point (0,0)? On discutera selon la valeur du param`etre a.

Pour la premi`ere d´eriv´ee partielle on doit calculer la d´eriv´ee pour t= 0 de la fonctiong1 d´efinie par

g1(t) =f(t,0) = sin²t

t si t6= 0 et g1(0) = 0.

On examine (g1(t)−g1(0))/t= sin²(t)/t², qui tend vers 1²= 1 lorsquet→0. Par cons´equent A = ∂f

∂x(0,0) = 1

existe. L’autre d´eriv´ee partielle est tr`es simple `a d´eterminer puisque g2(t) =f(0, t) = 0

pour toutt, ce qui donne

B = ∂f

∂y(0,0) = 0.

Pour que f soit diff´erentiable au point (0,0) il faut et il suffit que f(x, y)−f(0,0)−Ax−By =f(x, y)−x

soit n´egligeable devant r = (x²+y²)^1/2 lorsque r → 0, ce qu’on peut ´ecrire f(x, y)−x =o(r) quand r→0. On a

f(x, y)−x= xsin²x−x³+ (a−2)xy²−3xy⁴ x²+ 2y²+ 3y⁴ .

On voit que f(t, t)−t∼(a−2)t/3, qui n’est pas o(r) si a6= 2. Il est donc n´ecessaire que a= 2 pour quef soit diff´erentiable au point (0,0). Dans le cas o`u a= 2,

f(x, y)−x= xsin²x−x³−3xy⁴ x²+ 2y²+ 3y⁴ .

Dans le num´erateur,xsin²x−x³est O(x⁵), donc O(r⁵) et 3xy⁴est ´egalement O(r⁵), le d´enomi- nateur est ≥r² doncf(x, y)−x est O(r³) qui est bien en particulier o(r). En conclusion,f est diff´erentiable au point (0,0) si et seulement sia= 2.

2

Exercice IV

Soit A = (ai,j)³_i,j=1 une matrice sym´etrique r´eelle de taille 3 ×3 poss´edant des valeurs propres λ1, λ2, λ3; pour tout vecteur v = (x1, x2, x3) ∈R³ on pose Q(v) = P3

i,j=1ai,jxixj. Un plan vectoriel est un sous-espace vectoriel de dimension 2de R³.

1. Dans cette question on suppose que λ1 < 0 < λ2 < λ3. Montrer qu’il existe un plan vectoriel F0 tel que Q(v) > 0 pour tout vecteur v non nul de F0. Montrer que pour tout plan vectoriel E, il existe un vecteurv∈E tel queQ(v)>0.

Soient v1, v2 etv3 des vecteurs propres de norme un de la matrice A, tels que Avj =λjvj pour j = 1,2,3. On sait que ces vecteurs sont deux `a deux orthogonaux (matrice r´eelle sym´etrique).

On note que

Q(v) =

3

X

i=1

xi

X³

j=1

ai,jxj

=v .Av.

Siv=P3

j=1cjvj, on a en utilisant l’orthogonalit´e des (vj) Q(v) =v .Av =

X³

i=1

civi

.

X³

j=1

λjcjvj

=

3

X

j=1

λjc²_j.

Si F0= Vect(v2, v3) on a bien Q(v) =λ2c²₂+λ3c²₃>0 pour tout vecteur non nul v=c2v2+c3v3

de F0, puisque λ2, λ3>0 etc²₂+c²₃>0.

Si E est un plan vectoriel quelconque, il intersecte F0 suivant une droite. On peut donc trouver un vecteur non nul v qui est dans E et aussi dans F0, donc Q(v)>0.

2.Dans cette question on suppose seulement que λ1 < λ2 < λ3. On munit R³ du produit scalaire et de la norme euclidienne usuels. Pour tout vecteurv de norme un on d´esigne parv^⊥ le plan vectoriel orthogonal au vecteurvet on posef(v) = max{Q(w) :w∈v^⊥,kwk= 1}. Montrer que λ2 est le minimum de la fonctionf sur la sph`ere unit´e S ={v= (x, y, z) :x²+y²+z²= 1} (on pourra appliquer la question1 aux matrices A−λIpour λconvenable).

Choisissons λtel que λ1 < λ < λ2. La matrice Aλ = A−λI est r´eelle sym´etrique, et elle a des valeurs propres µ1 =λ1−λ < 0< µ2 =λ2−λ < µ3 =λ3−λ. Pour la forme quadratique Qλ

associ´ee `a la matrice Aλ on a si w= (x1, x2, x3) et kwk= 1

Qλ(w) =

3

X

i,j=1

(ai,j−λδi,j)xixj = Q(w)−λ

3

X

j=1

x²_j = Q(w)−λ.

D’apr`es la question pr´ec´edente appliqu´ee `a Aλ, il existe pour tout plan vectoriel v^⊥ un vecteur w∈v^⊥, qu’on peut choisir de norme un, tel que Qλ(w)>0, donc Q(w) = Qλ(w) +λ > λ. Ceci montre que f(v)≥Q(w)> λ, pour tout v. Il en r´esulte que

m= inf{f(v) :v∈S} ≥λ.

Comme ceci est vrai pour tout λ < λ2 on en d´eduit que m≥λ2.

Inversement consid´erons le vecteurv =v3 et le plan vectoriel v^⊥ = Vect(v1, v2). Pour tout vecteur w=c1v1+c2v2∈v^⊥ de norme un on a

Q(w) =λ1c²₁+λ2c²₂≤λ2(c²₁+c²₂) =λ2kwk²=λ2

ce qui montre quef(v3)≤λ2et minv∈Sf(v) =m≤f(v3)≤λ2.

3