Licence de Mathématiques.
Université d’Artois.
ANALYSE 3 - session 1 Éléments de correction
Cours/applications.
1) La longueur d’un “tour” de spirale logarithmique vaut
»2π
0
~γ1ptqdt
»2π
0
?2etdt ? 2
e2π1 .
2) a) La fonction N est bien définie : on intègre un polynôme (donc une fonc- tion continue). La positivité est claire, l’inégalité triangulaire est héritée de l’inégalité triangulaire scalaire : pour tous ~x px1, . . . , xdq et ~y py1, . . . , ydq dans Rd, on a
~
x ~y px1 y1, . . . , xd ydqdonc N ~x ~y
»1
1
¸d j1
pxj yjqtjdt¤
»1
1
¸d j1
xjtj
¸d j1
yjtjdtN ~x
N ~y via la linéarité de l’intégrale.
L’homogénéité est évidente : pour tous ~xPRd etλ PR : N λ~x
»1 1
¸d j1
λxjtjdt
»1 1
λ ¸d
j1
xjtj dtλ»1 1
¸d j1
xjtjdtλN ~x
Enfin si N ~x
0pour un ~xPRd alors comme la fonctiont P r1,1s ÞÑ
¸d j1
xjtj est continue et positive, d’intégrale nulle, elle est nécessairement identiquement nulle. Ainsi pour toutt P r1,1s,
¸d j1
xjtj 0 donc tous les coefficients de ce polynôme sont nuls, i.e.
tous les xj sont nuls. On a bien ~x~0.
b) La norme~x
1
¸d j1
xjest une norme surRd(cf cours). Il suffit alors d’invoquer l’équivalence des normes sur Rd : il existeα ¡ 0 tel que, pour tout px1, . . . , xdq PRd, on
ait ~x
1 ¤αN ~x d’où le résultat.
3) Cf cours.
Exercice 1.
Soient A etB deux parties non vide de Rd (muni d’une norme } }).
1) Par hypothèse, il existe α ¡0 tel que pour tout aP A, on a }a} ¤ α. De même, il existe β ¡0 tel que pour toutbP B, on a }b} ¤β.
Ainsi pour toutxP A B,xs’écrita bavecaP Aetb PBdonc}x} ¤ }a} }b} ¤α β.
AinsiA B est borné.
2) Pour tout xP A B, x s’écrit a b avec a P A et b P B. Comme B est ouvert, il existe r ¡0 tel que B b, r
B. Vérifions que B x, r
A B.
En effet, pour tout v PB x, r
, on a v a PB b, r
car }pvaq b} }v x} r.
Ainsiv aP B ou encore va b1 PB donc v a b1 PA B.
Conclusion : en tout point de A B il existe une boule ouverte (non triviale) encore incluse dans A B donc A B est ouvert.
3) Cf CC2.
4) a) On va utiliser la caractérisation séquentielle des fermés. Soit xn
nPN une suite de A B convergente vers x P Rd. Chaque xn s’écrit sous la forme an bn avec an P A et bn P B. Comme B est compact, on peut extraire de bn
nPN une sous-suite bnj
jPN
convergente vers β PB. La sous-suite xnj
jPN reste convergente versx (sous-suite d’une suite convergente). Ainsi, comme anj xnj bnj pour tout j P N, la suite anj
jPN
est convergente vers xβ. Mais A est fermé donc cette limite est dans A, ou encore αxβP A. On conclut que xα β P A B. Ainsi A B est fermé.
b)AetB sont des fermés bornés. D’après 1.,A B est borné. D’après 4.a, comme A est fermé etB compact, on aA B fermé. AinsiA B est un fermé borné de Rddonc est compact.
Exercice 2.
Le caractère C1 de f est évident.
1) On calcule facilement les dérivées partielles et on trouve pour toutpx, yq PRR : Bf
Bxpx, yq 2xy Bf
Bypx, yq
x2 plnyq2 2 lny
B2f
Bx2px, yq 2y B2f
BxBypx, yq B2f
ByBxpx, yq 2x B2f
By2px, yq 2
yp1 lnyq 2) On cherche donc lespx, yq PRR telle que les dérivées partielles d’ordre1soient toutes les deux nulles enpx, yq. Cela donne2xy0et
x2 plnyq2 2 lny0. Comme y est non nul, on a x0donc plnyq2 2 lny0. Ainsi y1ou ye2.
Les deux points critiques sont donc
0,1 et
0,e2 . 3) Avec les notations du cours on a
Pour
0,1 , : r 2 , s 0 et t 2 donc rts2 4 ¡ 0 donc c’est un extremum et comme r¡0, c’est un minimum. En fait, c’était clair qu’en ce point on
2
a minimum global car en ce point f est nul et il est évident de voir que f est toujours positive...
Pour
0,e2 , : r2e2 , s0 et t 2e2 doncrts2 4 0donc c’est un point selle (ou point col).
Exercice 3. (4 points)
La courbe définie par l’équation polaire ρ 1 2 cospθq
1 2 sinpθq pour θ P
π{6,7π{6 est clairement C8 et on a
ρ1pθq 2
2 cospθq sinpθq p1 2 sinpθqq2
Commecos et sinsont minorées par 1 et ne peuvent valoir simultanément 1, le signe deρ1 est évident. D’où le tableau de variation :
θ π{6 2π{3 7π{6
ρ1
ρ 8 × 0 × 8
Pour les asymptotes : il y a deux asymptotes à étudier.
Au voisinage de θ π{6: on étudie lim
θÑπ{6
ρpθqsin θ π{6
lim
hÑ0
1 ?
3
1 2 sin hπ{6sinphq 1 ?
? 3 3 Donc on a une asymptote d’équationY 1 ?
? 3
3 1 1
?3 dans le repère local (après rotation de π{6).
De même, au voisinage de θ 7π{6pπ π{6q: on étudie lim
θÑ7π{6ρpθqsin θ7π{6
1 1
?3 Donc on a une asymptote d’équation Y 1 1
?3 dans le repère local (après rotation de 7π{6).
On ne le demandait pas mais on peut préciser le point double : il s’agit de trouver θ P
π{6, π{6
(car π θ doit être aussi dans l’intervalle) tel que ρpθq ρpθ πq (ce qui donne bienMθ Mθ π). On doit donc résoudre
12 cospθq 12 sinpθq
1 2 cospθq 1 2 sinpθq soit sinp2θq 1{2 donc θπ{12. On obtient
3
4
