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ments seront prises en compte dans la notation.I(4 pts)
On considère l"ensembleC=(x;y)2R2:x4+yexy2x+x2= 0.1.(2 pts)Montrer queCest, au voisinage de l"origine, le graphe d"une fonction':x7!y='(x)de classeC1.On p ose
f: (x;y)7!x4+yexy2x+x2. D"une part,f(0;0) = 0. D"autre part,@f@y (x;y) = ex2yx, donc@f@y (0;0) = 1.D"après le théorème des fonctions implicites, l"équationf(x;y) = 0définit une fonction'de classeC1au voisinage
de02R, telle que(x;y)2 C ,y='(x). En particulier,'(0) = 0.2.(2 pts)Calculer la dérivées'0(0).On a x4+'(x)ex'2(x)x+x2= 0, donc, en dérivant, on obtient
4x3+'0(x)ex+'(x)ex2'0(x)'(x)x'2(x) + 2x= 0
0(x)(ex2'(x)x) + 4x3+'(x)ex'2(x) + 2x= 0;
donc'0(0) = 0.II (6 pts)
On considère l"applicationh:R2!R2définie parh(x;y) = (u;v) = (exey;x+y).1.(3 pts)Montrer quehest un difféomorphisme.L"application hest de classeC1. On calcule son jacobien en un point
a= (x;y)2R2. On a: J ah=exey 1 1 =(ex+ ey)<0: Donchest un difféomorphisme local en tout point deR2.De plus,h:R2!R2est une bijection. En effet, soit(u;v)2R2. On doit montrer que le systèmeh(x;y) = (u;v)
a une solution(x;y)unique. On observe quey=vx. Donc la première équation devientexevex=u. Or la fonctiongv:x7!exevexvérifielimx!1gv(x) =1,limx!+1gv(x) = +1etg0v(x) = ex+ evex>0.C"est donc une bijection deRsurR. Ainsi le pointua un unique antécédentx0pargv, et le point(u;v)a l"unique
antécédent(x0;vx0)parh.2.(1 pt)Montrer que les fonctionsF: (u;v)7!A(u) +v22
oùA2 C1(R)vérifient@F@v (u;v) =vsurR2.En effet, si on dérive par rapport àv, la fonctionApeut être considérée comme constante. 3. ( 2 pts) En déduire des solutionsf2 C1R2de l"équationey@f@x (x;y) + ex@f@y = (x+y)(ex+ ey). On pourra pourcela poserf=Fhpour les solutionsf, et déterminer l"équation vérifiée parF.Si f=Fh, alors, pour tout
(x;y)2R2: @f@x (x;y) =@F@u (h(x;y))ex+@F@v (h(x;y));et@f@y (x;y) =@F@u (h(x;y))ey+@F@v (h(x;y)):Doncey@f@x
(x;y) + ex@f@y = (ex+ ey)@F@v (h(x;y)).L"équation satisfaite par Fest ainsi:@F@v (u;v) =v, dont la solution estF(u;v) =A(u) +v22 . Les solutions demandées sont donc les fonctionsf: (x;y)7!A(exey) +(x+y)22 oùA2 C1(R).III (6 pts)
On considère l"ensembleS=(x;y;z)2R3: 2x24xy+ 3y24yz+ 4z21 = 0.1.(2 pts)Montrer queSest une sous-variété de deR3en chacun de ses points.On p osef(x;y;z) = 2x24xy+
3y24yz+ 4z21. On voit que
@f@x (x;y;z) = 4x4y;@f@y (x;y;z) =4x+ 6y4z;@f@z (x;y;z) =4y+ 8z:Ces dérivées partielles s"annulent en les points(2z;2z;z),z2R. Mais on voit quef(2z;2z;z) =1. Donc la
différentielle defne s"annule en aucun point deS, qui est bien une sous-variété de codimension1deR3en tous ses
points.2.(1 pt)Soita= (x;y;z)2 S. Donner l"équation du plan tangentTaSà la variétéSau pointa.Elle s"écrit :
@f@x (a)(Xx) +@f@y (a)(Yy) +@f@z (a)(Zz) = 0;donc2(xy)X(2x3y+ 2z)Y2(y2z)Z= 1:
3.(2 pts)On considère le pointP= (1;0;0)et l"ensembleE=fa2 S:P2TaSg. Montrer queEest l"intersection de
Set du plan affine d"équation2x2y= 1. Il suffit de remplacer dans l"équation deTaSles coordonnées(X;Y;Z)
par(1;0;0). On trouve2(xy) = 1IV (4 pts)
Montrer que le système d"équations
x=14 sin(x+y) +t1 y=14 cos(xy)t+12admet une unique solution(xt;yt)2R2, et que l"applicationh:t7!(xt;yt)est continue surR.On applique le théorème
du point fixe à paramètres à l"application f t: (x;y)7!14 sin(x+y) +t1;14 cos(xy)t+12La matrice jacobienne deftau point(x;y)est14
cos(x+y) cos(x+y) sin(xy) sin(xy) . Donc, siu= (a;b)est un vecteur de norme infinie1, on a d(x;y)ft(a;b) 1=14 k((a+b)cos(x+y);(ba)sin(xy))k114 k(a+b;ba)k114 (jaj+jbj)12 k(a;b)k1=12Il resulte ainsi de l"inégalité des accroissements finis quftest une contraction de rapport inférieur à12
en tout point de R2. On applique alors le Théorème du point fixe à paramètre pour conclure.
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