Topologie et calcul diff´ erentiel

Pierre-Louis CAYREL 2008-2009 U.F.R. M.I.T.S.I.C.

Universit´e de Paris 8 Examen - jeudi 15 janvier 2009

Topologie et calcul diff´ erentiel

- Carte d’´etudiant obligatoire -

hormis une feuille A4 manuscrite, AUCUN document n’est autoris´e

Interdits : walkman, calculatrice, t´el´ephone, organizer, communication, sacs sur la table.

N’oubliez pas nom, pr´enom et num´ero sur chaque copie - Dur´ee : 3 heures.

Correction 1 1. (2 points) On note B = B(a, r), B⁰ = B⁰(a, r), ¯B = B(a, r). Il faut montrerB⁰ = ¯B.B⁰ est une boule ferm´ee, donc un ferm´e contenant B, alors que ¯B est le plus petit ferm´e contenant B, donc ¯B ⊂B⁰.

Etudions l’inclusion inverse : soit´ x ∈ B⁰, il faut montrer x ∈ B¯. Si x ∈ B alors x ∈ B,¯ supposons donc que x /∈ B, alors kx−ak= r. Soit B(x, ε) un boule centr´ee en x. x est adh´erent `a B siB(x, ε)∩B est non vide quelque soit ε >0. Fixons ε >0 et soit le point

y=x− ε 2

x−a kx−ak.

Faire un dessin et placer y sur ce dessin. D’une part y ∈B(x, ε) car ky−xk=ε/2 < ε.

D’autre part y ∈ B = B(a, r) car ky−ak= kx−a− ₂^ε_kx−ak^x−a k = kx−ak(1− _2kx−ak^ε ) = r− ^ε₂ < r. Donc y∈B∩B(x, ε), ce qui prouve que B⁰∩B¯. Donc B⁰ = ¯B.

2. (2 points)Pour le sens ⇐. Soitx∈B(a, r) alors¯ kx−bk=kx−a+a−bk6kx−ak+ ka−bk6r+R−r6R, doncx∈B(b, R).¯

Pour le sens⇒. Soit

x=a+r a−b ka−bk,

alors kx−ak = r donc x ∈ B(a, r), donc¯ x ∈ B(b, R), donc¯ kx−bk 6 R or kx−bk = ka−bk+r (c’est le mˆeme calcul que pour la question pr´ec´edente). Doncka−bk+r 6R, soit 06ka−bk6R−r et en particulier r6R.

Correction 2 Par l’in´egalit´e triangulaire |f(x) +f⁰(x)| 6 |f(x)|+|f⁰(x)| on obtient kfk 6 N(f). Pour une in´egalit´e dans l’autre sens d´ecomposons le travail :

– (1 point)kf⁰k∞6kfk∞+kfk: en effet par l’in´egalit´e triangulaire|f⁰(x)|6|f(x)|+|f⁰(x)+

f(x)|.

– (2 points) kfk∞ 6kfk : en effetf est continue sur [0,1] donc elle est born´ee et atteint ses bornes. Soit x₀ ∈ [0,1] ce point du maximum. Si x₀ ∈]0,1[ alors f⁰(x₀) = 0 donc kfk∞ =

|f(x0)| = |f(x0) +f⁰(x0)| 6 kfk. Si x0 = 1 alors f et f⁰ ont mˆeme signe sur un intervalle [1−ε,1] donc sur cet intervalle|f(x)|6|f(x) +f⁰(x)| et donc kfk∞=|f(1)|6kfk. (Enfin f(0) = 0 donc si x₀ = 0 alors f est nulle et l’in´egalit´e est triviale.)

– (1 point) Il reste `a rassembler les expressions :

N(f) =kf⁰k∞+kfk∞6kfk∞+kfk+kfk∞ 63kfk.

(La premi`ere in´egalit´e vient du premier point et la deuxi`eme du second.) 1

Les normes kfket N(f) sont ´equivalentes : 1

3N(f)6kfk6N(f).

Correction 3 1. (1 point)On a pour toutx, y ∈R|x−y|>| |x| − |y| |(c’est la deuxi`eme formulation de l’in´egalit´e triangulaire). Donc pour tout x ∈ I :| |f(x)| − |f(a)| | 6

|f(x) −f(a)|. L’implication annonc´ee r´esulte alors imm´ediatement de la d´efinition de l’assertion limx→af(x) = f(a).

2. (2 points) Si f, g sont continues alors αf +βg est continue sur I, pour tout α, β ∈ R. Donc les fonctions f +g et f −g sont continues sur I. L’implication de 1. prouve alors que|f−g| est continue sur I, et finalement en r´eutilisant l’argument donn´e ci dessus, on peut conclure :

La fonction sup(f, g) = ¹₂(f +g +|f −g|) est continue surI.

Correction 4 Il suffit de r´esoudre avec comme second membre e^ix. Soit y la solution. Il n’est pas difficile de voir que le conjugu´e de y sera solution de l’´equation avec second membre e^−ix, et donc par lin´earit´e, que sa partie r´eelle (demi-somme des solutions trouv´ees) est solution avec second membre ´egal `a cosx.

(1 point) La solution de l’´equation homog`ene est y=λe<sup>x</sup> Une solution particuli`ere de la forme ae^ix est _i−1¹ e^ix =−¹⁺ⁱ₂ e^ix. Sa partie r´eelle est−¹₂cosx+¹₂sinx.

(2 points) La solution g´en´erale est donc ^sinx₂^cosx +λe^x.

Correction 5 (1 point) L’´equation caract´eristique a 2 racines complexes r₁ = −1/2 +i et r₂ =r₁ et les solutions de l’´equation homog`ene sont :

y(x) =e^−x/2(c₁cosx+c₂sinx) avec c₁, c₂ ∈R

On a sinxe^−x/2 =Im(e^(−1/2+i)x), on commence donc par chercher une solutionz_p de l’´equation avec le nouveau second membree^(−1/2+i)x.Comme−1/2+iest racine de l’´equation caract´eristique, on cherchera z_p(x) =P(x)e^(−1/2+i)x avecP de degr´e 1. Par cons´equent la condition surP : (2 points)

4P⁰⁰+f⁰(−1/2 +i)P⁰+f(−1/2 +i)P = 1

s’´ecrit ici : 8iP⁰ = 1 ( P⁰⁰ = 0, f(−1/2 +i) = 0 et f⁰(−1/2 +i) = 8i), on peut donc prendreP(x) =−i/8xetz_p(x) = −i/8xe^(−1/2+i)x, par cons´equent sa partie imaginairey_p(x) = Im(−i/8xe^(−1/2+i)x) = 1/8xsinxe^−x/2 est une solution de notre ´equation. Les solutions sont donc toutes les fonctions de la forme : (2 points)

y(x) =e^−x/2(c₁cosx+ (c₂+ 1/8x) sinx) avec c₁, c₂ ∈R.

Correction 6 1. (1 point)L’´equation caract´eristiquer²−4r+4 = 0 a une racine (double) r= 2 donc les solutions de l’´equation homog`ene sont les fonctions :

y(x) = (c₁x+c₂)e^2x o`u c₁, c₂ ∈R.

2

2. Pourd(x) =e^−2xon peut chercher une solution particuli`ere de la forme :y₁(x) = ae^−2xcar

−2 n’est pas racine de l’´equation caract´eristique. On ay⁰₁(x) =−2e^−2x ety₁⁰⁰(x) = 4ae^−2x. Par cons´equent y₁ est solution si et seulement si : (1 point)

∀x∈R (4a−4(−2a) + 4a)e^−2x =e^−2x donc si et seulement si a= ₁₆¹.

Pour d(x) = e^2x on cherche une solution de la forme y₂(x) = ax²e^2x, car 2 est racine double de l’´equation caract´eristique. On ay₂⁰(x) = (2ax+ 2ax²)e^2x ety₂⁰⁰(x) = (2a+ 4ax+ 4ax+ 4ax²)e^2x= (4ax²+ 8ax+ 2a)e^2x. Alorsy₂ est solution si et seulement si (1 point)

∀x∈R (4ax²+ 8ax+ 2a−4(2ax+ 2ax²) + 4ax²)e^2x =e^2x donc si et seulement si a= ¹₂.

3. (2 points) On d´eduit du principe de superposition que la fonction y_p(x) = 1

4(y₁(x) +y₂(x)) = 1

64e^−2x+1 8x²e^2x

est solution de l’´equation pour le second membre donn´e dans cette question, et la forme g´en´erale des solutions est alors :

y(x) = (c₁x+c₂)e^2x+ 1

64e^−2x+ 1

8x²e^2x o`u c₁, c₂ ∈R.

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