[PDF] Corrigé examen final 2012 - 2013. Vendredi 18 janvier

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L3 MASS U1CD35 Université Paris Diderot

Calcul différentiel 2012 - 2013Vendredi 18 janvier 2013Corrigé examen finalExercice 1.1. Soientaetbdes points fixes pourfdansE. D"après(?)appliquée àx=a

ety=bon obtientkf(a)f(b)k 0, d"oùf(a) =f(b), puis finalementa=b.

2. (a) Appliquons(?)àx=xnety=xn1pour toutn2N. On trouvekxn+1xnk

(kxn+1xnk+kxnxn1k), soit(1)kxn+1xnk kxnxn1k. On obtient donc le résultat en divisant par1 >0. (b) On raisonne par récurrence surn2Nen utilisant l"inégalité du (a). (c) Puisque0< <12 , on a0<1<1. Par conséquent, la série géométrique de terme général(1)nkx1x0kest convergente. Par comparaison, on déduit de la question précédente que la sérieP(xn+1xn)est absolument convergente dans l"espace de Banach

E; elle est donc convergente.

(d) Par définition de la convergence d"une série, la suite(Sn)n2Nconverge, oùSn=Pn k=0(xk+1xk). Mais d"un autre côté, on aSn=xn+1x0, doncxn=Sn1x0, par conséquent(xn)n2Ndéfinit bien une suite convergente. (c)Attention, la relation(?)n"implique pas la continuité defdonc on ne peut pas passer à la limite dans la relationxn+1=f(xn). En appliquant(?)àx=xnety=` on trouvekxn+1f(`)k (kxn+1xnk+kf(`)`k). Puisquexn+1!`etxn+1xn!0 lorsquen!+1ceci nous donne en passant à la limitek`f(`)k kf(`)`k. Comme

0< <1on en déduit quef(`) =`.

Exercice 2. Partie (I)

1. La fonctionfest de classeC1surR3comme fonction polynômiale enx,yetz. On

a pour tout(x;y;z)2R3 rf(x;y;z) =0 @2x 0 8z1 A ; Hf(x;y;z) =0 @2 0 0 0 0 0 0 081 A

2. En tout point(x;y;z), la matrice hessienneHf(x;y;z)est diagonale et possède une

valeur propre strictement négative (8). Ce n"est donc pas une matrice positive. Doncf n"est pas convexe.

3. SoitMun point d"extrémum local def. Par théorème du cours, puisqueR3est un

ouvert, siMest un point de minimum local alorsHf(M)est une matrice positive. Et si Mest un point de maximum local alorsHf(M)est une matrice négative. OrHf(M)a deux valeurs propres de signe opposé strictement :2>0, et8<0. Elle n"est donc ni positive, ni négative. On en déduit quefn"admet pas de point d"extrémum local. Autre argument : siM= (x;y;z)est un point d"extrémum local, c"est un point critique doncx=z= 0, c"est-à-dire queMest de la forme(0;y;0)poury2R. Doncf(M) = 0. Or pour tout" >0,f(";y;0)>0etf(0;y;")<0doncMne peut être un point d"extrémum local.

Partie (II)

1

4. Montrons queEest fermé dansR3. Posonsg(x;y;z) =x2ey+y2+z21. AlorsE=

g

1(f0g). En outre,gest continue surR3(par produit et somme de fonctions continues).

De là,Eest fermé.

Montrons queEest borné dansR3. PuisqueR3est de dimension finie, le caractère borné est indépendant du choix de la norme. On va montrer queEBkk2(0;pe+ 1), où k k

2désigne la norme euclidiennek(x;y;z)k22=x2+y2+z2. Soit(x;y;z)2E. Puisque

x

2ey0on a déjày2+z21. En particuliery2[1;1]. Puisquex2ey1, on en déduit

quex2eye, et finalement on a bienx2+y2+z2e+ 1.

5.Eest fermé et borné dansR3qui est de dimension finie,Eest donc compact. Comme

fest continue surE, on en déduit qu"elle admet un minimum global et un maximum global surE.

6. (a) SoitM= (x;y;z)un point d"extrémum global surE. D"une part, nous avons

vu quefest de classeC1surR3. D"autre part,E=g1(f0g), avecgde classeC1surR3 puisque produit et somme de fonctionsC1. Enfin, on calcule rg(M) =0 @2xey x

2ey+ 2y

2z1 A Doncrg(M) = 0si et seulement siM= 0=2E. Par conséquent, le théorème des extrema liés s"applique : il existe2Rtel querf(M) =rg(M)soit 8>< :2x= 2xey

0 =(x2ey+ 2y)

8z= 2z:

(b) Supposons quex= 0dans le système précédent. La deuxième équation donne y= 0doncy= 0ou bien= 0. Siy= 0, puisque(x;y;z)2Eon az2= 1doncz=1 (et=4). Si= 0alors la troisième équation donnez= 0et, puisque(x;y;z)2Eon ay2= 1doncy=1. AinsiMest bien de la forme annoncée.

(c) Supposons à présent quex6= 0dans le système précédent. Alors la première équation

donneey= 1. En particulier6= 0donc la deuxième équation implique x

2ey+ 2y= 0 (1):

En outre, la dernière équation donnez= 0ou bien=4. Mais=ey>0donc nécessairementz= 0. Ainsi, puisque(x;y;z)2E, on a x

2ey+y2= 1 (2):

D"où, en regroupant(1)et(2),x2=2yeyavecy22y1 = 0. On doit donc avoir y0, soity= 1p2 =y0. Enfin=ey0.

7. Calculons :f(0;1;0) = 0,f(0;0;1) =4, et enfinf(p2jy0jejy0j;y0;0) =

2jy0jejy0j>0.

On en déduit que(0;0;1)sont les points de minimum global defet(p2jy0jejy0j;y0;0) les points de maximum global defsurE. 2

Exercice 3. Partie (I)

1. Il faut vérifier les axiomes de la norme, ce qui est laissé au lecteur qui est arrivé

jusqu"ici...

2. Pour montrer queest différentiable enMet calculer la différentielle au pointM,

calculons, pourH2 Mn(R)n f0g, (M+H)(M) =tr(M+H)Atr(M)A+ (M+H)3M3 =tr(H)A+M2H+MHM+HM2+MH2+HMH+H2M+H3 =tr(H)A+M2H+MHM+HM2+kHk"(H); où"(H) = (MH2+HMH+H2M+H3)=kHk. Attention, le produit matriciel n"est pas commutatif! D"une part, l"applicationMn(R)! Mn(R);H7!tr(H)A+M2H+MHM+HM2 est linéaire (donc continue, puisqueMn(R)est de dimension finie).

D"autre part, on a bien"(H)!0lorsquekHk !0, car

k"(H)k kMH2+HMH+H2M+H3kkHk(3kMk+kHk)kHk:

Partie (II)

3.Frest une partie fermée de l"espace complet(Mn(R);d)donc par théorème(Fr;d)

est une partie complète.

4. On a par inégalité triangulaire et homogénéiték(M)k jtr(M)jkAk+kM3k. Puis

on conclut en utilisant le fait quejtr(M)j kMket le fait quekkest une norme d"algèbre.

CommekAk 1=2on ak(M)k 12

kMk+kMk3r=2 +r3pourM2Fr. Ainsi pour que(M)2Fril suffit quer=2 +r3r, c"est-à-dire querr0= 1=p2.

5. (a) On a par les mêmes arguments que précédemment : pour toutH2 Mn(R),

kd(M)(H)k kHkkAk+ 3kMk2kHk;d"où le résultat. (b) On applique l"inégalité des accroissements finis àdans le convexeFr: pour tout

M;N2Fr, on a

k(M)(N)k sup

P2[M;N]kd(P)kopkMNk sup

P2Frkd(P)kopkMNk:

Mais d"après la question précédente, on a

8P2Fr;kd(P)kop kAk+ 3r212

+ 3r2; d"où le résultat. (c) Il suffit de montrer qu"il exister1>0tel que pourrr1, on a1=2+3r2<1donc il suffit de choisirr1tel que1=2 + 3r21<1soitr1<1=p6.

6. D"après le théorème du point fixe de Picard, il suffit de prendrer2= min(r0;r1)

pour obtenir l"existence et l"unicité du point fixe dedansFr2.

Partie (III)

7. ÉcrivonsM=In+R. En développant on trouved(M)(H) =tr(H)A+3H+R2H+

HR

2+3RH+3HR+RHR, et donckd(M)(H)3Hk kHkkAk+(6kRk+3kRk2)kHk,

d"où le résultat. 3

8. Puisqued(M)est un endomorphisme sur l"espace vectorielMn(R)qui est de

dimension finie, il suffit de montrer qu"il est injectif. SoitH2 Mn(R)tel qued(M)(H) =

0. Alorskd(M)(H)3Hk= 3kHk:Par ailleurs, d"après la question précédente pour

M2Bon akd(M)(H)3Hk kHk(1=2 + 6=3 + 3(1=3)2) = 17=6kHk:Puisque

17=6<3, on conclut queH= 0.

9. D"après 7. on akd(M)kop17=6lorsqueM2B. PuisqueBest convexe, l"inégalité

des accroissements finis nous assure que pour(M;N)2B2l"inégaliték(M)(N)k

17=6kMNka bien lieu.

10. SoientMetNtelles que(M) = (N). Alors(M)(N) = 3(NM)donc

3k(M)(N)k 17=6kMNk. AinsiM=N.

11. Déjà,est de classeC1car elle est polynômiale en les coefficients deM. On a

vu qued(M)est un isomorphisme pour toutM. En outre,est injective. Le théorème d"inversion globale s"applique, et la conclusion s"ensuit. 4quotesdbs_dbs29.pdfusesText_35

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