TD13 corrigé du devoir 1

UPMC

TD 13 Devoir du 10 novembre 2017

Aucun document ni appareil ´electronique n’est autoris´e. Les t´el´ephones portables doivent ˆetre ´eteints et rang´es.Les exercices sont ind´ependants. Dans chacun d’eux, on pourra admettre une question pour faire les questions suivantes. Ce devoir est not´e sur 25. Le bar`eme donn´e est indicatif. Les notes >25 seront compt´ees comme 25.

Exercice 1. — (environ 10 pts) Soit U ={(x, y) ∈ R² | (x, y) 6= (0,0)} et soit f : U → R², (x, y)7→ x

x²+y², −y x²+y²

.

(1) Montrer que U est un ouvert deR².

Solution. — On munit R² de la norme euclidienne k(x, y)k = p

x²+y². Soit p = (x, y) dansU, alorsr=kpkest>0 et le disque ouvertB(p, r) est contenu dansU, i.e. ne contient pas le point q= (0,0) puisqued(p, q) =d(q, p) =r. Ceci montre que U est un ouvert.

(2) Pour tout (x, y)∈U, ´ecrire la matrice jacobienne Df(x, y), puis calculer son d´eter- minant.

Solution. — Pour (x, y)∈U, posons f₁(x, y) = x

x² +y² et f₂(x, y) = −y

x² +y² ; alors on a

∂f₁

∂x(x, y) = x²+y² −2x² (x²+y²)²

∂f₁

∂y(x, y) = −2xy (x² +y²)²

∂f₂

∂x(x, y) = 2xy (x²+y²)²

∂f₂

∂y(x, y) = 2y²−(x² +y²) (x²+y²)² donc la matrice jacobienne est

Df(x, y) = 1 (x²+y²)²

y²−x² −2xy 2xy y²−x²

.

Comme, pour une matrice A ∈ M_n(R) et λ ∈ R le d´eterminant de λA est λⁿd´et(A), le d´eterminant deDf(x, y) est :

1

(x²+y²)⁴ (y²−x²)²+ 4x²y²

= 1

(x²+y²)² = 1 r⁴ en posant r=p

x²+y².

Soit V =R^∗×R. Pour (r, θ)∈V, on pose g(r, θ) =f(rcosθ, rsinθ) =cosθ

r ,−sinθ r

. (3) Pour tout (r, θ) ∈ V, ´ecrire la matrice jacobienne Dg(r, θ), puis calculer son d´eter- minant.

Solution. — On a

Dg(r, θ) =







−cosθ r²

−sinθ r sinθ

r²

−cosθ r







et son d´eterminant est 1

r³(cos²θ+ sin²θ) = 1 r³.

(4) ExprimerDg(r, θ) en fonction de Df(rcosθ, rsinθ) et d’une matrice que l’on pr´eci- sera. Retrouver ainsi le calcul du d´eterminant de Df(x, y).

1

2

Solution. — Pour (r, θ) ∈ V, posant h(r, θ) = (rcosθ, rsinθ), on a g(r, θ) = (f ◦h)(r, θ) et donc

Dg(r, θ) =Df(x, y)◦Dh(r, θ)

o`u l’on a pos´e (x, y) = h(r, θ). Comme on connaˆıt la matriceDh(r, θ) et qu’on sait que son d´eterminant estr, on retrouve que d´etDf(x, y) = 1

rd´etDg(r, θ) = 1 r⁴.

Exercice 2. — (environ 10 pts) Soit A= (a_ij)1≤i,j≤n ∈M_n(R). On consid`ere Rⁿ comme l’ensemble des vecteurs colonnesX =



 x₁

... x_n



et pour un tel X on note ^tX la matrice ligne (x₁, . . . , x_n). Soitφ :Rⁿ×Rⁿ→R, (X, Y)7→^tXAY =Pn

i,j=1x_ia_ijy_j.

On munitE =Rⁿ×Rⁿde la norme d´efinie park(X, Y)k= max(|x₁|, . . . ,|x_n|,|y₁|, . . . ,|y_n|).

(1) Pour tout (h, k)∈E, montrer que |φ(h, k)| ≤Ck(h, k)k² pour une constante C que l’on d´eterminera.

Solution. — On a

|φ(h, k)|=

n

X

i,j=1

a_ijh_ik_j

≤

n

X

i,j=1

|a_ij| |h_i| |k_j| ≤

n

X

i,j=1

|a_ij|

!

k(h, k)k² d’o`u le r´esultat demand´e, avec C =Pn

i,j=1|a_ij|.

(2) Pour tout (X, Y) ∈ E, montrer que φ est diff´erentiable en (X, Y) et d´eterminer sa diff´erentielleDφ(X, Y) :E →R.

Solution. — L’application φ:Rⁿ×Rⁿ→R estbilin´eaire, c.-`a-d. lin´eaire en chacune des variables X etY. En effet, on a φ(λX, µY) =λµφ(X, Y) et :

φ(X+h, Y +k) =^t(X+h)A(Y +k) = ^tXAY +^thAY +^tXAk+^thAk

=φ(X, Y) +φ(h, Y) +φ(X, k) +φ(h, k).

D’apr`es la question 1), on a|φ(h, k)| ≤Ck(h, k)k². Ceci montre que φest diff´erentiable en (X, Y) et sa diff´erentielle Dφ(X, Y) :Rⁿ×Rⁿ→R est donn´ee par

Dφ(X, Y)(h, k) =^thAY +^tXAk =φ(h, Y) +φ(X, k).

(3) Soit u : Rⁿ → E, X 7→ (X, X). Pour tout X ∈ Rⁿ, d´eterminer la diff´erentielle Du(X) :Rⁿ→E.

Solution. — uest lin´eaire donc pour tout X ∈Rⁿ on a Du(X) = u.

(4) Soit Q : Rⁿ → R, X 7→ φ(u(X)) = ^tXAX. Pour tout X ∈ Rⁿ, d´eterminer la diff´erentielleDQ(X) :Rⁿ→R.

Solution. — Comme Q = φ◦ u, on a DQ(X) = Dφ(X, X)◦Du(X) = Dφ(X, X)◦u, i.e. pour tout X, h∈Rⁿ on a :

DQ(X)(h) = Dφ(X, X)(h, h) =^tXAh+^thAX =φ(h, X) +φ(X, h).

Exercice 3. — (environ 10 pts) On pose f(x, y) =x⁶−2x³y+ 2y²−2xy+x². (1) Justifier bri`evement, sans calculs, que f est de classe C² sur R².

Solution. — f est un polynˆome en deux variables, donc est de classe C^∞ sur R², donc a fortiori de classe C² sur R².

3

(2) D´eterminer les points critiques de f. Indication : pour un point critique (x, y), on exprimera y en fonction dex puis l’on r´esoudra l’´equationxP(x²) = 0 o`uP est un certain polynˆome de degr´e 2 ayant deux racines dans R^∗+.

Solution. — On a

∂f

∂x(x, y) = 6x⁵−6x²y−2y+ 2x, ∂f

∂y(x, y) =−2x³+ 4y−2x donc (x, y) est un point critique si et seulement si 2y=x+x³ et

0 = 6x⁵−3x²(x³+x)−(x³+x) + 2x=x(3x²−4x²+ 1).

Le polynˆome P(X) = 3X² −4X + 1 a 1 comme racine, donc se factorise sous la forme 3(X−1)(X−t) o`u t est la deuxi`eme racine, donc t = 1/3. Donc les points critiques sont donn´es par x= 0 ou x=±1 ou x=±1/√

3. Dans chaque cas, on a y =x(1 +x²)/2 donc lorsque x² = 1 on a y =x et lorsque x² = 1/3 on a y= 2x/3. On obtient donc les points critiques :

p₀ = (0,0), p₁ = (1,1), p₂ = (−1,−1), p₃ = 1

√3, 2 3√

3

, p₄ = 1

√3, 2 3√ 3

.

(3) D´eterminer les d´eriv´ees partielles secondes de f et ´ecrire la matrice hessienne de f en un point p= (x, y).

Solution. — On a

∂²f

∂x²(x, y) = 30x⁴−12xy+ 2, ∂²f

∂y²(x, y) = 4

∂²f

∂y∂x(x, y) = ∂²f

∂x∂y(x, y) =−6x²−2.

Donc la matrice hessienne de f en un point p= (x, y) est Hf(x, y) =

30x⁴−12xy+ 2 −6x²−2

−6x²−2 4

.

(4) Pour chaque point critique p d´eterminer, en le justifiant soigneusement, si p est ou non un minimum ou maximum local de f ou un point selle.

Solution. — En p₀, la matrice hessienne est A =

2 −2

−2 4

; on a d´et(A) = 4 > 0 et Tr(A) = 6>0 doncp₀ est un minimum local.

Enp₁ etp₂ la matrice hessienne est B =

20 −8

−8 4

; on a d´et(B) = 16>0 et Tr(B) = 24>0 donc p₁ (resp. p₂) est un minimum local.

Enp3 etp4, on a 30x⁴ = 10/3 et 12xy= 6x²(1 +x²) = 8/3 donc la matrice hessienne est C=

8/3 −4

−4 4

.

On a d´et(C) = (32−48)/3<0 donc p₃ etp₄ sont des points selles.

(5) D´eterminez la valeur de f en chaque point critique.

4

Solution. — On a f(p0) = 0 =f(p1) = f(p2). En p3 et p4, on a 2xy= x²(1 +x²) = 4 9 et donc

f(p₃) =f(p₄) = 1 27− 4

27+ 8 27 −4

9 +1 3 = 2

27.