Corrigé de Janvier 2006

Universit´e P. et M. Curie Licence de Math´ematiques

LM360 B

Mardi 17 janvier 2006

Topologie et Calcul Diff´ erentiel

Corrig´e de l’examen I

1) Puisque U est born´e, sa fronti`ere est born´ee ´egalement : c’est donc une partie ferm´ee born´ee de R², donc une partie compacte de R². Alors la fonction continue f est born´ee sur le compact

∂U, c’est-`a-direM := sup_z∈∂U|f(z)|<+∞.

2) La fonctionz7→n(z) :=kz−ak²= (x−x1)²+ (y−y1)²est un polynˆome, donc est de classe

C

² _surR². On en d´eduit imm´ediatement queg est continue sur U et de classe

C

² _{surU. De plus}

on a :

∂n

∂x = 2(x−x1) ; ∂²n

∂x² = 2 ; ∂n

∂y = 2(y−y1) ; ∂²n

∂y² = 2 donc ∆n= 4, et, pour x∈U, ∆g(x) = ∆f(x) +ε∆n= 4ε.

3) PuisqueU est une partie ferm´ee born´ee deR², donc compacte, la fonctiong atteint sa borne sup´erieure sur U en un point b. Pour tout z de U, on a kz−ak ≤ diam(U) = R, donc U est contenu, ainsi que son adh´erence U, dans le disque ferm´e de centre aet de rayon R. Alors, pour w∈∂U ⊂U, on an(w) =kw−ak²≤R². On a aussif(w)≤M par d´efinition de M, donc :

g(w) =f(w) +ε(1 +n(w))≤M+ε(1 +R²)< M +f(a)−M

1 +R² (1 +R²) =f(a)

Par ailleurs on a f(a) ≤f(a) +ε= g(a) et g(a) ≤ g(b) puisque g atteint en b son maximum. Il en r´esulte que si b appartenait `a ∂U on aurait g(b) < f(a) ≤ g(b), et cette contradiction montre que b∈U \∂U =U. Et comme U est ouvert, il est un voisinage de b : il contient donc un disque ouvert de centrebet de rayon ρ.

4) Notonse1= (1,0) et e2= (0,1) les deux vecteurs de la base canonique de R². Si |h|< ρ, les quatre points b+he1,b−he1,b+he2etb−he2, situ´es tous `a distance |h|deb, appartiennent au disque D(b, ρ), donc `aU, et la fonction g prend en chacun de ces points une valeur inf´erieure ou

´egale `a son maximum g(b) ;alors ϕ(h) = 1 4

¡g(b+he1) +g(b−he1) +g(b+he2) +g(b−he2)´ est bien d´efinie et on aϕ(h)≤ 1

4

³g(b) +g(b) +g(b) +g(b)´

=g(b).

5) Pour tout vecteuru de R², la fonction h 7→h.u est affine de R dans R², donc de classe

C

²_,

et par composition, la fonctionh7→g(b+h.u) est de classe

C

²_{sur {h:b+h.u∈U}}. La fonction ϕest donc somme de quatre fonctions de classe

C

²sur l’intervalle J =]−ρ, ρ[, donc elle-mˆeme de classe

C

² _surJ.

On a clairement ϕ(0) =g(b). De plus, pouru ∈R², la d´eriv´ee de la fonctionh 7→ g(b+h.u) est g⁰(b+h.u).u. En prenant successivement u´egal `a e1,−e1,e2 et−e2, on obtient

ϕ⁰(h) = 1 4

µ∂g

∂x(b+he1)− ∂g

∂x(b−he1) + ∂g

∂y(b+he2)− ∂g

∂y(b−he2)

¶

ϕ⁰⁰(h) = 1 4

µ∂²g

∂x²(b+he1) + ∂²g

∂x²(b−he1) + ∂²g

∂y²(b+he2) + ∂²g

∂y²(b−he2)

¶

d’o`uϕ⁰0) = 0 etϕ⁰⁰(0) = 1

2∆g(b) = 2ε.

La formule de Taylor-Young `a l’ordre 2 apliqu´ee `a ϕen 0 donne alors : ϕ(h) =ϕ(0) +hϕ⁰(0) + h²

2 ϕ⁰⁰(0) +o(h²) =g(b) +εh²+o(h²)

En particulier, il existe un h ∈]0, ρ[ tel que ¯

¯ϕ(h)−g(b)−εh²¯

¯ < ε

2h², et pour ce h, on obtient ϕ(h)> g(b) +εh²− ε

2h²=g(b) + ε

2h²> g(b), contrairement au r´esultat de4). Il r´esulte de cette contradiction qu’il n’existe aucun point a∈ U tel que f(a) > M, donc que f(z) ≤M pour tout z∈U. Et comme f ≤M sur ∂U, on a bien f ≤M surU.

II

1) Puisqueϕ(t) =ϕ(−t), on a par d´erivationϕ⁰(t) =−ϕ⁰(−t), donc, pourt= 0 :ϕ⁰(0) =−ϕ⁰(0), c’est-`a-direϕ⁰(0) = 0. Par convexit´e, on a

ϕ(0) =ϕ(1 2t+1

2(−t))≤ 1

2ϕ(t) + 1

2ϕ(−t) = 1

2ϕ(t) + 1

2ϕ(t) =ϕ(t) doncϕ(t)≥0 puisqueϕ(0) = 0.

Pourt≥1, on a 0≤ 1

t ≤1, donc ϕ(1) =ϕ

µ1

t.1 + (1− 1 t).0

¶

≤ 1

tϕ(t) + (1−1

t)ϕ(0) = 1 tϕ(t) d’o`uϕ(t)≥tϕ(1).

2) Sit >0 et h >0 on a t

t+h + h

t+h = 1, donc ϕ(t) =ϕ

µ t

t+h(t+h) + h t+h.0

¶

≤ t

t+hϕ(t+h) + h

t+hϕ(0) = t

t+hϕ(t+h) d’o`u (t+h)ϕ(t)≤tϕ(t+h) ett(ϕ(t+h)−ϕ(t))≥hϕ(t). On a donc : tϕ(t+h)−ϕ(t)

h ≥ϕ(t), et en passant `a la limite lorsque h tend vers 0,tϕ⁰(t)≥ϕ(t).

Puisque ϕ(0) = 0, cette relation est encore vraie pour t= 0. Pour t <0, on a ϕ⁰(t) =ϕ⁰(−t), donc, puisque −t >0 : tϕ⁰(t) = (−t)ϕ⁰(−t)≥ϕ(−t) =ϕ(t).

3) Six= (x1, x2, . . . , x_n) ety = (y1, y2, . . . , y_n) appartiennent `aR<sup>n</sup> et t`a [0,1], on a : Φ(tx+ (1−t)y) =

n

X

i=1

ϕ(tx_i+ (1−t)y_i)≤

n

X

i=1

³

tϕ(x_i) + (1−t)ϕ(y_i)´

=t

n

X

i=1

ϕ(x_i) + (1−t)

n

X

i=1

ϕ(y_i) =tΦ(x) + (1−t)Φ(y)

ce qui montre que Φ est convexe. Puisque ϕ est positive, la fonction Φ est positive. Puisque ϕ est de classe

C

¹ et que l’applicationπ_i: (x1, x2, . . . , x_n) 7→x_i est lin´eaire (et continue puisque la dimension est finie),π_iest de classe

C

¹_{, doncϕ}◦π_i est de classe

C

¹_{et Φ =}^Pn

i=1ϕ^◦π_i est de classe

C

¹. On a enfin Φ(0) =nϕ(0) = 0 et Φ(−x) =Pn

i=1ϕ(−x_i) =Pn

i=1ϕ(x_i) = Φ(x).

Si sup|x_i| ≥ 1, il existe un k ∈ {1,2, . . . , n} tel que |x_k| = sup|x_i|. Alors, d’apr`es 1), on a ϕ(|x_k|)≥ |x_k|ϕ(1), donc :

Φ(x) =

n

X

i=1

ϕ(x_i)≥ϕ(x_k) =ϕ(|x_k|)≥ |x_k|ϕ(1) =ϕ(1).sup|x_i|

4) On a g(0) = Φ(0) = 0. Puisque x 6= 0, il existe λ1 > 0 tel que λ1.sup|x_i| ≥ 1. Alors, pour λ ≥ λ1, on a d’apr`es 3) : g(λ) = Φ(λx) ≥ λsup|x<sub>i</sub>|, d’o`u lim_λ→+∞g(λ) = +∞. Puisque l’applicationλ7→λxest affine, la fonctiong, compos´ee de Φ et d’une application affine, est convexe.

Comme g tend vers l’infini, il existe un λ2 tel que g(λ2) ≥ 1, et puisque g est continue nulle en 0, le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires montre qu’il existe un λ0 ∈ [0, λ2] tel que g(λ0) = 1. Il r´esulte de l’in´egalit´e tg⁰t) ≥ g(t) montr´ee en 2) que ϕ est croissante sur ]0,+∞[, et mˆeme strictement croissante sur [λ,+∞[ si λ > 0 et g(λ) > 0, puisque pour t ≥ λ on aura g⁰(t)≥ g(t)

t ≥ g(λ)

t >0. On en d´eduit qu’il existe au plus un λ0 tel queg(λ0) = 1.

2

5) Puisque Φ est de classe

C

¹ _{de R}ⁿ _{dans R, et q : (x, t) 7→} ^x

t = (x1

t ,x2

t , . . . ,x_n

t ) de classe

C

¹ _{de R}ⁿ_{×]0,+∞[ dans R}ⁿ, la fonction Ψ = Φ^◦q−1 est de classe

C

¹ _{de R}ⁿ_{×]0,+∞[ dans R.}

On a vu `a la question pr´ec´edente que, pour x 6= 0 dans Rⁿ, il existe un unique λ0 > 0 tel que Φ(λ0.x) = 1 ; il en r´esulte que Ψ(x, t) = 0 si et seulement sit= 1

λ0

. On en d´eduit l’existence d’une unique fonction implicitep sur Rⁿ\ {0} telle quet=p(x) ⇐⇒ Ψ(x, t) = 0.

On a ∂Ψ

∂x_i(x, t) = 1 tϕ⁰(x_i

t ) et ∂Ψ

∂t(x, t) =

n

X

i=1

−x_i t² ϕ⁰(x_i

t ) =−1 t

n

X

i=1

y_iϕ⁰(y_i), si on posey_i= x_i t . D’apr`es 2) on a y_iϕ⁰(y_i) ≥ ϕ(y_i), donc ∂Ψ

∂t(x, t) ≤ −1 t

n

X

i=1

ϕ(y_i) = −1 tΦ(x

t). Il en r´esulte que

∂Ψ

∂t(x, p(x)) ≤ − 1

p(x)Φ( x

p(x)) = − 1

p(x) < 0. Puisque ∂Ψ

∂t(x, p(x)) 6= 0, on d´eduit alors du th´eor`eme des fonctions implicites quepest de clazsse

C

¹au voisinage de chaque point deRⁿ\ {0}, c’est-`a-dire de classe

C

¹ _surRⁿ_{\ {0}.}

On a vu en 4) que la fonction λ 7→ Φ(λ.x) est croissante sur ]0,+∞[. Donc la fonction t7→Ψ(x, t) est d´ecroissante sur ]0,+∞[ ; il en r´esulte que sit≥p(x) on a Ψ(x, t)≤Ψ(x, p(x)) = 0 et si t < p(x) on a Ψ(x, t)>Ψ(x, p(x)) = 0.

6) On a clairement Ψ(−x, t) = Ψ(x, t), donc Ψ(−x, p(x)) = Ψ(x, p(x)) = 0, ce qui montre que p(−x) =p(x). De mˆeme, pourλ >0, on a Ψ(λx, λt) = Ψ(x, t), donc Ψ(λx, λp(x)) = Ψ(x, p(x)) = 0, ce qui montre que p(λx) =λp(x).

Puisque p(x)

p(x) +p(y) + p(y)

p(x) +p(y) = 1, et que x+y

p(x) +p(y) = p(x)

p(x) +p(y). x

p(x) + p(y)

p(x) +p(y). y p(y) on a par convexit´e de Φ :

Φ( x+y

p(x) +p(y))≤ p(x)

p(x) +p(y)Φ( x

p(x)) + p(y)

p(x) +p(y)Φ( y

p(y)) = p(x)

p(x) +p(y) + p(y)

p(x) +p(y) = 1 puisque Φ( x

p(x)) = Φ( y

p(y)) = 1. On en d´eduit que Ψ(x+y, t)≤0 si t=p(x) +p(y), c’est-`a-dire p(x+y)≤t=p(x) +p(y). Puisquep(x)>0 pourx6= 0, ceci montre quepest une norme sur Rⁿ, pour laquelle la boule unit´e est {x:p(x)≤1}={x: Ψ(x,1)≤0}={x: Φ(x)≤1}.

Siϕ(t) =t⁴, on a Ψ(x, t) = 1 t⁴

à _n X

i=1

x⁴_i −t⁴

!

, donc 0 = Ψ(x, p(x)) = 1 p(x)⁴

à _n X

i=1

x⁴_i −p(x)⁴

! , c’est-`a-direp(x) =¡P_n

i=1x⁴_i¢1/4

.

7) Les d´eriv´ees partielles de f valent ∂f

∂x_i(x) = u_i, et puisque l’un au moins des u_i n’est pas nul, f ne poss`ede aucun point critique sur R<sup>n</sup>. Puisque la norme p est ´equivalente `a la norme euclidienne sur Rⁿ, l’ensemble B est compact, et f atteint son maximum sur B en un point a de B. Si ce point a appartenait `a l’ensemble ouvert {x : Φ(x) < 1}, il serait pour f un point critique ; doncaappartient `a l’ensemble {x: Φ(x) = 1}. Il en r´esulte que le maximum de f sur B est le maximum de f sous la contrainte Φ(x) = 1. Si Φ(x) = 1, il existe un itel que ϕ(x_i) > 0 ; on a alors

¯

¯

¯

¯

∂Φ

∂x_i(x)

¯

¯

¯

¯

= |ϕ⁰(x_i)| ≥ ϕ(x_i)

|x_i| > 0, ce qui montre que la diff´erentielle de Φ n’est pas nulle en x, donc est surjective de Rⁿ sur R. En un point a o`u le maximum sur {x : Φ(x) = 1}

est atteint, il existe donc un multiplicateur de Lagrange λ tel que f⁰(a) = λΦ⁰(a), c’est-`a-dire u_i= ∂f

∂x_i(a) =λ∂Φ

∂x_i(a) =λϕ⁰(a_i) pouri= 1,2, . . . , n. On a donc : ϕ⁰(a1)

u1

= ϕ⁰(a2) u2

=. . .= ϕ⁰(a_n)

u_n et Φ(a1, a2, . . . , a_n) = 1

3