Correction : Analyse, Optimisation d'une fonction le long une courbe
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d’après Banque PT 2003.
1.a
1.b
2.
1.a
1.b
2.a
2.b
2.c
1.
Correction
Partie I
Posons=. Par Thalès :=−donc=−et donc=2+2=
L’intersection des couloirs définies deux angles droits l’un interne, l’autre externe.
En prenant la barre la plus longue possible, on sera amené à visualiser un
triangle rectangle dont l’angle droit est l’angle interne, l’hypoténuse est la
barre et l’angle externe définissant un point sur cet hypoténuse. La
longueur maximale de la barre pour pouvoir passer d’un couloir à l’autre
apparaît alors comme étant le minimum de la fonction
:֏1+(−)112pour>1 .
′()=
2
1+2.
(−)
.
− =
1+(−11)2−1+((−1)132qui est du signe de 1+11)2(1)3((−1)31)−31
(−−−
−1)
. 2 2admet donc un minimum en 2 et la longueur correspondante de la barre est
Notonsle diamètre etla hauteur.
2
On cherche à minimiser=2π+πavecπ22=.
2
r la fonction:֏π22+4.() 42π3−24
Il s’agit donc de minimise=′π−=.
Cette fonction admet un minimum en=34et on alors=.
π
Partie II
est lipschitzienne donc continue.
Unicité : Si,sont solutions alors en appliquant la relation initiale on obtient()−()≤ −
donc−≤ −d’où=car<1 .
Existence : Considérons:֏()−définie et continue sur=α,β.
On a(α)=(α)−α≥0 car(α)∈=α,βet(β)=(β)−β≤0 car(β)∈=α,β.
Par le TVI,s'annule en un certainξ∈,qui donne(ξ)=ξ.
Puisque:→, la suite est bien définie et formée d’éléments de.
+1−ξ=()−(ξ)≤ −ξ. Par une récurrence aisée :−ξ≤0−ξ.
Quand→ +∞,→0 car∈ donc par comparaison0,1 et−ξ→0 puis→ξ.
Partie III
Par opérations sur les fonctions de classe1,est de classe1.
∂ ∂= −
∂∂(,)∂−=1 ∂∂(,) et∂( , ) 1∂1,)∂( , ) .
∂( , )∂(
et
2.a
2.b
2.c
2.d
3.a
3.b
3.c
(est ouvert et,)∈donc il existe1>0 tel que−1,+1×−1,+1soit inclus dans.
La fonction (,)֏∂∂(,) est continue en (,) donc pourε= il existe1 ,2>0 tel que pour tout
(,)∈−2,+2×−2,+2∩on ait∂∂(,)∂∂−(,)≤1
∂ ≤ ∂+ =en vertu de l’iné al
et donc∂(,)∂( triangulaire renversée. g ité, ) 1
La fonction (,)֏∂∂(, ( continue en) est,) donc pourε=1 2 , il existe3>0 tel que pour tout
∂ ∂ .
(,)∈−3,+3×−3,+3∩on ait :∂(,)∂−( , )≤21
et donc∂∂(,)≤2rac 1 ∂(,)=0 .
∂
Posons=min(1,2,3)>0 et=−,+×−,+.
On a⊂ (et pour tout,)∈,∂∂(,)≤et∂∂(,)≤2. 1
Considérons l’application:֏(,) définie sur le segment d’extrémitéset′
′ = ∂ donc()
est de classe1et()∂ )( ,≤′.
Par l’IAF :()−(′)≤ −′d’où l’inégalité voulue.
Considérons l’application:֏(, sur le segment d’extrémités) définieet′.
′ = ∂ donc 1
est de classe1et()∂( , )′()≤2 .
Par l’IAF :()−(′)≤12−′d’où l’inégalité voulue.
Prenonsα=min(,2)>0 et=−α,+α.
On a×−,+⊂⊂et pour tout∈,
(,)−(,)≤ −≤α= .2
Notons que(,).
=
Pour tout (,)∈×,(,)−(,)=(,)−(,)+(,)−(,)
nc
do(,)−(,)=(,)−(,)+(,)−(,)≤12−+2≤12+12=.
Par suite(,)∈.
On a֏(, sur) définieà valeurs danset pour tout,∈′,()−(′)≤21−′donc
c’est une application contractante.
En appliquant les résultats de la partie II à la fonction:֏(,) sur, on peut dire qu’il existe un
unique∈tel que()=i.e.−∂∂1),((,)=soit encore(,)=0 .
Puisque(,)=0 avec∈et∈on aϕ()=.
On aϕ()=(,ϕ()) donc
ϕ()−ϕ(′)=(,ϕ())−(′,ϕ(′))≤(,ϕ())−(′,ϕ())+(′,ϕ())−(′,ϕ(′)) .
Or(,ϕ())−(′,ϕ())≤ −′et(′,ϕ())−(′,ϕ(′))≤12ϕ()−ϕ(′)
4.
1.a
1.b
2.
1.
2.
′ ′
doncϕ()−ϕ()≤2 −.
ϕest continue car lipschitzienne.
Le résultat précédent correspondent au théorème des fonctions implicites.
C’est celui-ci qui justifie queϕest de classe1.
Par composition,֏(,ϕ( de classe)) est1et
