L3 Math´ematiques 20 Juin 2017
Examen de Calcul diff´erentiel et Analyse num´erique - Corrig´e
Exercice 1.
a)Lest un polynˆome de degr´e au plus2(on a3points d’interpolation) qui v´erifie L(−1) =f(−1) = 0, L(0) =f(0) = 1 et L(1) =f(1) = 0.
Ainsi−1et1sont racines deLqui est donc divisible parX−1etX+ 1. Comme il est de degr´e au plus2, il existea ∈ Rtel queL(X) = a(X −1)(X + 1). Finalement, la conditionL(0) = 1 donnea =−1etL(X) =−(X−1)(X+ 1) = 1−X2.
b)P0est un polynˆome unitaire de degr´e0, et doncP0 = 1.
P1 est un polynˆome unitaire de degr´e 1, donc P1(X) = X +a avec a `a d´eterminer tel que hP0, P1i= 0. On calcule
hP0, P1i= Z 1
−1
1×(x+a) dx= 2a.
D’o`ua = 0etP1 =X.
Finalement, P2 est un polynˆome unitaire de degr´e 2, donc P2(X) = X2+aX+b aveca, b `a d´eterminer tels quehP0, P2i=hP1, P2i= 0. On calcule
hP0, P2i= Z 1
−1
1×(x2+ax+b) dx= 2 3 + 2b, d’o`ub =−1
3, et
hP1, P2i= Z 1
−1
x×(x2+ax+b) dx= 2a 3 , d’o`ua = 0et finalementP2 =X2− 1
3. c)Le polynˆomeQs’´ecrit, cf cours,
Q= hP0, fi
kP0k2 P0+ hP1, fi
kP1k2 P1+hP2, fi kP2k2 P2. On calcule donc
hP0, fi= Z 1
−1
(1−x4) dx= 8
5, hP1, fi= Z 1
−1
x(1−x4) dx= 0 et
hP2, fi= Z 1
−1
(x2− 1
3)(1−x4) dx=− 16 105. Par ailleurs
kP0k2 = Z 1
−1
dx= 2, kP1k2 = Z 1
−1
x2dx= 2
3, et kP2k2 = Z 1
−1
(x2−1
3)2dx= 8 45.
D’o`u finalement
Q(X) = 4 5 −6
7(X2− 1
3) = −6
7X2+ 38 35.
Par d´efinition,Qest le polynˆome de meilleure approximation de degr´e au plus de2de la fonction f pour la normek k2, et on sait (cf cours) que ce polynˆome est unique. PuisqueLest de degr´e au plus2, et est diff´errent deQ, on peut donc affirmer quekf −Qk2 <kf −Lk2.
Exercice 2.
a)On ag(t) = 1pour toutt∈[0,1]. Pourx∈[0,1]on a donc Φ(g)(x) =
Z x 0
tdt+x Z 1
x
dt=x− x2 2.
On a ´evidemmentkgk∞ = 1. Par ailleurs une ´etude rapide deΦ(g)(Φ(g)est croissante et positive) montre quekΦ(g)k∞= Φ(g)(1) = 1
2.
b) Si f est continue, F note une primitive de f et H une primitive de la fonction d´efinie par h(x) = xf(x), on a Φ(f)(x) = H(x)−H(0) +x(F(1)−F(x)). Les fonctions F et H sont des primitives de fonctions continues donc sont de classe C1 et en particulier sont continues. La fonctionΦ(f)est donc bien continue (somme et produit de fonctions continues), i.e.Φ(f)∈E.
La lin´earit´e deΦd´ecoule directement de la lin´earit´e de l’int´egrale.
c)PuisqueΦest lin´eaire il suffit de trouver une constanteC ≥0telle que
kΦ(f)k∞ ≤Ckfk∞, ∀f ∈E. (1) Soitf ∈Eetx∈[0,1]. On a
|Φ(f)(x)| ≤ Z x
0
|tf(t)|dt+x Z 1
x
|f(t)|dt
≤ kfk∞
Z x 0
tdt+xkfk∞
Z 1 x
dt
= kfk∞
x− x2
2
.
On en d´eduit donc que
kΦ(f)k∞= sup
x∈[0,1]
|Φ(f)(x)| ≤ kfk∞× sup
x∈[0,1]
x− x2
2
= 1 2kfk∞. La constanteC= 12 convient etΦest donc bien continue.
d) Par d´efinition,kΦkL(E) est la plus petite constante C ≥ 0telle que (1) ait lieu. Le calcul de la question pr´ec´edente montre que kΦkL(E) ≤ 1
2. Pour montrer l’´egalit´e il suffit de trouver une fonctionf ∈E non nulle telle quekΦ(f)k∞ = 1
2kfk∞. La fonctiongde la question a) convient, et donc finalement on a bienkΦkL(E) = 1
2.
Exercice 3. On commence par noter quef est une fonction polynomiale et donc de classeC∞sur R2. Tous les calculs ult´erieurs (points critiques, hessienne, etc...) sont donc justifi´es.
a)On calcule ∂f
∂x(x, y) = 3(x2−y2−1)et ∂f
∂y(x, y) =−6xy.Ainsi(x, y)est point critique def si et seulement si
3(x2−y2−1) = 0 et −6xy= 0.
La seconde ´equation est v´erifi´ee si et seulement six= 0ouy = 0. Six= 0la premi`ere ´equation n’a pas de solution, et siy= 0la premi`ere ´equation est ´equivalente `ax2 = 1et doncx=±1.
Finalement on trouve deux points critiques: (1,0)et(−1,0). Pour ´etudier leur nature on com- mence par calculer la matrice hessienne def en chacun de ces points. On a
∂2f
∂x2(x, y) = 6x, ∂2f
∂x∂y(x, y) =−6y et ∂2f
∂y2(x, y) =−6x, et donc
Hf(1,0) =
6 0 0 −6
et Hf(1,0) =
−6 0 0 6
.
Dans les deux cas il y a une valeur propre strictement n´egative,−6, et une strictement positive,6.
La forme quadratique associ´ee n’est donc ni positive ni n´egative, sa signature est(1,1), et les deux points critiques def sont donc des points selle.
b)L’ensembleDest un ferm´e born´e deR2, donc un compact (R2 est de dimension finie). Comme la fonctionf est continue elle admet un minimum global et un maximum global surD.
c) Supposons que l’un de ces extrema n’est pas sur C, par exemple le minimum. Il est donc dans l’ensembleD\C qui est le disque ouvert de centre O et de rayon 1. Si on note(x0, y0)ce minimum, il existe doncr > 0tel queB(x0,y0)(r) ⊂ D\C ⊂D(D\Cest ouvert) et donc pour tout(x, y) ∈B(x0,y0)(r)on af(x, y)≥f(x0, y0). Autrement dit(x0, y0)serait un minimum local def surR2ce qui contredit la question a). Le raisonnement est le mˆeme pour le maximum.
Conclusion: les extrema def surDsont atteints sur l’ensembleC.
d)Cf cours
e) On noteg la fonction d´efinie sur R2 par g(x, y) = x2 +y2 −1 de sorte que C = {(x, y) ∈ R2|g(x, y) = 0}. Les fonctions f et g sont de classe C1. Par ailleurs on a ∂g
∂x(x, y) = 2x et
∂g
∂y(x, y) = 2y, et donc ∂g
∂x(x, y) = ∂g
∂y(x, y) = 0si et seulement six=y = 0. Or(0,0)∈/ C, ce qui prouve que la contrainte C est r´eguli`ere. Toutes les hypoth`eses du th´eor`eme des extrema li´es sont ainsi v´erifi´ees et si(x, y)est un extremum local def surCil existe doncλ∈Rtel que
∂f
∂x(x, y) = λ∂g∂x(x, y)
∂f
∂y(x, y) = λ∂g∂y(x, y) g(x, y) = 0
⇐⇒
3(x2−1−y2) = 2λx
−6xy = 2λy x2+y2−1 = 0 La deuxi`eme ´equation donney= 0ouλ=−3x.
• Siy= 0, la troisi`eme ´equation donnex2 = 1et la premi`ere3(x2−1) = 2λx. On en d´eduit quex=±1et que dans les deux casλ= 0.
• Siλ =−3x, la premi`ere ´equation donne3x2−1−y2 = 0et la troisi`emex2+y2−1 = 0.
En ajoutant les deux on obtient4x2 = 2et doncx=±
√2
2 . En injectant la valeur dexdans la premi`ere ou la troisi`eme ´equation on trouve alorsy=±
√2
2 , etλ`a l’aide deλ =−3x.
Au final, les solutions du syst`eme sont les triplets(x, y, λ)suivants:(1,0,0),(−1,0,0),
√2 2 ,
√2 2 ,−3√
2 2
! ,
√2 2 ,−
√2 2 ,−3√
2 2
!
, −
√2 2 ,
√2 2 ,3√
2 2
!
, −
√2 2 ,−
√2 2 ,3√
2 2
!
. Si (x, y) ∈ C est un ex- tremum local de f sur C il correspond n´ecessairement `a l’un des triplets ci-dessus. On sait par ailleurs quefposs`ede un minimum et un maximum global defsurC. Pour les d´eterminer il suffit
donc de calculer la valeur de f en chacun de ces points. On trouvef(1,0) = −2, f(−1,0) = 2, f
√2 2 ,
√2 2
!
=f
√2 2 ,−
√2 2
!
=−2√
2,f −√ 2 2 ,
√2 2
!
=f −√ 2 2 ,−
√2 2
!
= 2√ 2.
Conclusion: le minimum def sur C, et donc sur D, est−2√
2(atteint en deux points) et son maximum est2√
2(atteint ´egalement en deux points).
Exercice 4.
a)SoitM ∈ Mn(R), montrons quef est diff´erentiable enM. SoitH ∈ Mn(R)ett ∈ R∗. On a (on rappelle que la trace est lin´eaire)
1
t(f(M+tH)−f(M)) = Tr tM H + tHM +H
+tTr(tHH)−→t→0 Tr tM H+ tHM +H f est donc d´erivable en M dans la direction H. Si f est diff´erentiable en M sa diff´erentielle Df(M)est donc l’application
L:H 7→Tr tM H+ tHM +H .
On v´erifie facilement que Lest bien lin´eaire, et commeMn(R)est de dimension finieLest con- tinue. Il reste `a montrer quef(M +H)−f(M)−L(H) =o(H)lorsqueH →0.
Toujours en utilisant la lin´earit´e de la trace on calculef(M+H)−f(M)−L(H) = Tr(tHH).
Or, siH = (hij)1≤i,j≤n
(tHH)ij =
n
X
k=1
(tH)ik(H)kj =
n
X
k=1
hkihkj,
et donc
Tr(tHH) =
n
X
i=1
(tHH)ii =
n
X
i,k=1
hkihki =kHk2.
On a ainsif(M+H)−f(M)−L(H) =kHk2 =o(H), ce qui prouve quef est diff´erentiable en M de diff´erentielleDf(M) :H 7→Tr (tM H + tHM +H).
b)SoitA∈ Mn(R)telle que pour toutM ∈Mn(R)on aitTr(AM) = 0. En prenantM = tAon a donc en particulier0 = Tr(AtA) = Tr(tAA) = kAk2et doncA= 0.
c)On cherche les matricesM telles que pour toutH ∈Mn(R)on ait Df(M)(H) = Tr tM H + tHM +H
= 0.
En utilisant la lin´earit´e de la trace et le fait que, pour toute matriceA,Tr(A) = Tr(tA)on cherche doncM telle que, pour toute matriceH
0 = Tr tM H
+Tr tHM
+Tr(H) = Tr tM H +Tr
t(tHM)
| {z }
=tM H
+Tr(H) = Tr (2× tM +I)H ,
o`uI d´esigne la matrice identit´e deMn(R). D’apr`es la question b) on en d´eduit queM v´erifie 2× tM +I = 0 ⇔ tM =−1
2I ⇔ M =−1 2
tI =−1 2I.
La fonctionf poss`ede un unique point critique, la matrice−12I.
