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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 BanachE; 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. Comme0< <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 A2. 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)
14. Montrons queEest fermé dansR3. Posonsg(x;y;z) =x2ey+y2+z21. AlorsE=
g1(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 k2désigne la norme euclidiennek(x;y;z)k22=x2+y2+z2. Soit(x;y;z)2E. Puisque
x2ey0on 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 x2ey+ 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= 2xey0 =(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